Corrige Bac Mathematiques 2006 S
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bbbbbbb[CorrigédubaccalauréatSNouvelle-Calédonie\novembre2006EXERCICE 1 4pointsCommunàtouslescandidats5 0,51. Laprobabilitéestde = =0,005.1 000 1002. a. On suppose le cheptel assez important, donc le tirage successif de 10animaux est uneépreuve deBernoulli deparamètres :n=10 et depro-babilitép=0,005.OnaE=n×p=10×0,005=0,05.¡ ¢10 0 10 10b. Onap(A)= ×0,005 ×0,995 =0,995 ≈0,951.010Onap(B)=1−p(A)=1−0,995 ≈0,049.3. a. Onal’arbresuivant:0,8TM0,005T0,20,1T0,995M T0,9b. On p(T)=p (T)+p (T)=0,005×0,8+0,995×0,1=0,004+0,099 5=M M0,103 5.c. D’aprèslaformuledelaprobabilitéconditionnelle:p(+∩M) 0,005×0,8p (M)= = ≈0,038.+p(+) 0,103 5BaccalauréatS6′A554433C B22C211AD 2 O A0A1−8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3-1 −1C1-2 −2′A1-3 E F−3-4 −4-5 −5′A2-6 −6-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4EXERCICE 2 4pointsPartieA3 2 31. a. z ∈Restsolutiondez −(4+i)z +(7+i)z−4=0sietseulementsiz −1 1¡ ¢½ 3 2ℜ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =012 1 1¡ ¢(4+i)z +(7+i)z −4=0 ⇐⇒ ⇐⇒1 3 21 ℑ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =011 1½ ½3 2 3 2z −4z +7z −4=0 z −4z +7z −4=01 11 1 1 1⇐⇒ .2−z +z =0 z =0ouz =11 1 11Seullenombre1vérifielapremièreéquation.Onadoncz =1.13 2b. Ondoitavoirz −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(az+b).Enidentifiantlestermesdeplushautdegréonobtient a=1eteniden-tifiant les termes constants :−4=b(2+2i) ⇐⇒ −2=b(1+i) ⇐⇒ b=−2 −2(1−i)= =−(1−i)=−1+i.1+i (1+i)(1−i)3 2Conclusion z −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(z−1+i).2. ...
Voir
b
b
b
b
b
b
b
[CorrigédubaccalauréatSNouvelle-Calédonie\
novembre2006
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
5 0,5
1. Laprobabilitéestde = =0,005.
1 000 100
2. a. On suppose le cheptel assez important, donc le tirage successif de 10
animaux est uneépreuve deBernoulli deparamètres :n=10 et depro-
babilitép=0,005.
OnaE=n×p=10×0,005=0,05.¡ ¢
10 0 10 10b. Onap(A)= ×0,005 ×0,995 =0,995 ≈0,951.
0
10Onap(B)=1−p(A)=1−0,995 ≈0,049.
3. a. Onal’arbresuivant:
0,8
TM
0,005
T0,2
0,1
T
0,995
M T0,9
b. On p(T)=p (T)+p (T)=0,005×0,8+0,995×0,1=0,004+0,099 5=M M
0,103 5.
c. D’aprèslaformuledelaprobabilitéconditionnelle:
p(+∩M) 0,005×0,8
p (M)= = ≈0,038.+
p(+) 0,103 5 BaccalauréatS
6
′A
5
5
4
4
3
3C B
2
2
C2
1
1
AD 2 O A0
A1−8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3
-1 −1
C1
-2 −2′A1
-3 E F−3
-4 −4
-5 −5
′A2
-6 −6
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
EXERCICE 2 4points
PartieA
3 2 31. a. z ∈Restsolutiondez −(4+i)z +(7+i)z−4=0sietseulementsiz −1 1¡ ¢½ 3 2ℜ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =012 1 1¡ ¢(4+i)z +(7+i)z −4=0 ⇐⇒ ⇐⇒1 3 21 ℑ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =011 1½ ½3 2 3 2z −4z +7z −4=0 z −4z +7z −4=01 11 1 1 1⇐⇒ .2−z +z =0 z =0ouz =11 1 11
Seullenombre1vérifielapremièreéquation.Onadoncz =1.1
3 2b. Ondoitavoirz −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(az+b).
Enidentifiantlestermesdeplushautdegréonobtient a=1eteniden-
tifiant les termes constants :−4=b(2+2i) ⇐⇒ −2=b(1+i) ⇐⇒ b=
−2 −2(1−i)= =−(1−i)=−1+i.
1+i (1+i)(1−i)
3 2Conclusion z −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(z−1+i).
2. Lafactorisationprécédentedonnelestroissolutionsdel’équation:
S={1; 2+2i; 1−i}.
PartieA
1. Figure.
Nouvelle-Calédonie 2 16novembre2005 BaccalauréatS
B
2
1
A
O D−1 1 2
−1
C
−2
22+2i 2(1+i) 2(1+i) 22. Ona = = =(1+i) =2i.
1−i 1−i (1−i)(1+i
π
Lemoduledecenombreest2etundesesargumentsest .
2
2+2i 2+2i−0 |2+2i−0| OB
Comme = , on a en prenant le module = =
1−i 1−i−0 |1−i−0| OC
2 ⇐⇒ OB=2OC. ³ ´ π−→ −→
Enprenantlesargumentsonobtient OC ; OB = .Conclusion :letriangle
2
OBCestrectangleenO. ³ ´ ³ ´−→ −→ π −→ −→ π
3. Onadefaçonimmédiate: OA ; OC = et OA ; OB =− .Ladroite(OA)
4 4
estdoncunebissectricedutriangle(OBC).
π−i
24. Pardéfinitiondelarotation:z −z =(z −z )e ⇐⇒ z −1+i=(−1+i)(−i) ⇐⇒D C O C D
z −1+i=i+1 ⇐⇒ z =2.D D³ ´ ³ ´π π−→ −−→ −→ −→
5. On a vu que OC ; OD = et on a aussi CD ; CO = . Donc les droites
2 2
(OB) et (CD) sont parallèles : le quadrilatère OCDB est donc un trapèze rec-
tangle(etpasunparallélogrammecarOB=2OC=2CD.)
EXERCICE 2 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
1. L’écriturecomplexedelarotationr est:Ã !p
π 1 3′ i 3z =ze =z +i .
2 2
! Ã !Ã p p p
1 3 1 3 3 3 3
Enparticulier z =z +i =3 +i = +i .B B
2 2 2 2 2 2Ã !Ã !p p p p
3 3 3 1 3 3 9 3 3 3 3 3
2. On a r(B)= C et z = +i +i = − +i +i =− +C
2 2 2 2 4 4 4 4 2p
3 3
i .
2
Nouvelle-Calédonie 3 16novembre2005
+
+
+ + BaccalauréatS
3πi
3z =r(z )=3×e .DoncDestlesymétriquedeAautourdeOetz =−3.D C Dp p
3 3 3 3 3 3
Onobtientsuccessivement z =− −i etz = −i .E F
2 2 2 2
π
3. a. Festl’image deApar sixrotationsdecentreOetd’angle soitune ro-
3
tationde2πsoitl’identité,doncr(F)=A.
b. Lepolygoneestcomposédesixtrianglesisocèlesd’angleausommetme-
π
surant ,donc desixtriangleséquilatéraux. Ona donc AB=BC =CD=
3
DE=EF=FA=3.Cepolygoneestdoncunhexagoneréguliercecôté3et
decentreO.
EC′4. a. Sis (F)=C,lerapportdecettesimilitudeest: =
EF¯ ¯p p¯ ¯ ¯ ¯3 3 3 3 p3 3¯− +i + +i ¯ ¯ ¯3i 3 p|z −z | 2 2 2 2c E ¯ ¯= p p = = 3.¯ ¯| | 3 3 3 3 3 3z −z |3|E E ¯| −i + +i ¯2 2 2 2 p′Lerapportdelasimilitude s estégalà 3.³ ´ p−→ −→ EC π
Onaaussi EF, EC =arg =arg(i 3= .
EF 2′Latransformation s◦s estunesimilitudecommecomposéededeuxsi-pp1 3
militudes,sonrapportétantleproduitdesrapports,soit × 3= ,et
2 2
π π 5π′dontunargumentestlasommedesargumentsdes ets ,soit + = .
3 2 6³ ´−→ −→ π
b. Comme AD = 6 et AF = 3, que AD, AF = , l’image de D par s est le
3′pointC.Maisl’imagedeFpars estC.
′Conclusion:l’imagedeDpars ◦s estC.
′c. s ◦s estunesimilitudedirectecommecomposéededeuxsimilitudesdi-
′rectes:sonécriturecomplexeestdoncdelaformez =az+b.Onavuàp
3 5iπ
6laquestionaquea= e .
2 Ã !p p p
3 3 3 3 3 1′Onvientdedémontrerques (D)=C ⇐⇒ − +i = − +i (−3)+
2 2 2 2 2p
15 9 3
b ⇐⇒ b=− +i .
4 4 p p
3 5iπ 15 9 3′
6L’écriturecomplexeestdonc:z = e z− +i .
2 4 4
′ ′5. a. Onapardéfinitiondelasymétrie:AC=CA ouAC =2AC;
D’autrepartpartdefaçonévidente :AC=CE=EA:letriangle(ACE)est³ ´−−→ −→ π′équilatéralet AA , AE .
3′Conclusion:s(A )=E.
′ ′CommeEestlecentredelasimilitude s ,onas (E)=E.p pz ′+3 3 3Ab. Par le calcul, on a = − +i ⇐⇒ z ′ = −6+i 3. En utili-A
2 2 2′ ′sant l’écriture complexe de s ◦s trouvée au 4 c, on obtient : z ′ =s ◦s(A )p p¡ p ¢3 15 9 35iπ
6e −6+i 3 − +i .
2 4 4p
3 3
′Ontrouve:z ′ =− −i =z .Es ◦s(A )
2 2
EXERCICE 3 5points
Nouvelle-Calédonie 4 16novembre2005 BaccalauréatS
µ ¶ µ ¶21 2 1 x −2′1. a. Lafonction f estdérivableet f (x)= 1− = .
2 22 x 2 x
′ 2 2lesignede f estdoncceluidex −2,carx >0, pour x>0.p
2Orsur]0;+∞[, x −2>0 ⇐⇒ x> 2.
Lafonctionest: p
– décroissantesur]0; 2[;p
– croissantesur] 2;+∞[.
D’oùlacourbereprésentativede f :
3
2
p
2
1
A A A A0 3 2 1
0
0,5 1,5694 2,25
0 1 2u u u0 2 1
1,42189
u3
µ ¶
1 2
2. a. Onaquelquesoitn, u = u + = f (u ).n+1 n n
2 unµ ¶ p1
On vient de voir que u = f (u )= f = 2,25> 2. L’affirmation est1 0
2
vraieaurang1. p
Supposons u > 2. D’après la question 1, la fonction f est croissantenp p
sur[ 2;+∞[.Doncparapplicationdecettecroissance f u > f( 2)=( )np p
2.Doncu > 2.larelationesthéréditaire.n+1 p
Conclusion:quelquesoitn>1,u > 2.n
2x 1 1 x 2−x
b. Soit f(x)−x= + −x= − = .
2 x x 2 2xp
2Onavuquesix> 2, 2−x 60.p
Conclusion:six> 2, f(x)−x60 ⇐⇒ f(x)6x.p
c. Ona vu que pour n>0, u > 2; donc d’après la question précédenten
f (u )6u ;or f (u )=u .n n n n+1
Conclusion:u 6u pourtoutn>0.Lasuite(u )estdécroissante.n+1 n np
d. Lasuite u estdécroissanteetminoréepar 2.Elleconvergedoncvers( )n p
unréelsupérieurouégalà 2.
p
3. Lafonction f estdéfinieetcontinuesur[ 2;+∞[;lasuitedéfinieparu =n+1
f (u )convergeversℓ= f(ℓ).n µ ¶
1 2 2
ℓestdoncsolutiondel’équation x+ =x ⇐⇒ 2x=x+ ⇐⇒
2 x x p
2 2 22x =x +2 ⇐⇒ x =2 ⇐⇒ x=ℓ,seulesolutionsupérieureouégaleà 3.p
Lasuite(u )convergeversℓ= 2.n
EXERCICE 4 6points
Premièrepartie
1. A∈(P ) ⇐⇒ −9+9=0:vrai;1
B∈(P ) ⇐⇒ 14−12+9=0:faux;1
C∈(P ) ⇐⇒ −7+4−6+9=0vrai;1
D∈(P ) ⇐⇒ 7−16+9=0:vrai.1
Nouvelle-Calédonie 5 16novembre2005
y=x BaccalauréatS
−−→ −−→
AC(−1 ; 1 ; −1), AD(1 ; − 4 −3) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc
(P )estleplan(ACD).1
0 = −1+t
2. A∈(Δ ) ⇐⇒ 0 = −8+2t ⇒t=1ett=4.Pasdesolution.Doncfaux;1
3 = −10+5t
2 = −1+t
B∈(Δ ) ⇐⇒ 0 = −8+2t ⇒t=3ett=4.Pasdesolution.Doncfaux;1
4 = −10+5t
1 = −1+t
C∈(Δ ) ⇐⇒ 1 = −8+2t ⇒ t = 2 et t = 4,5. Pas de solution. Donc1
2 = −10+5t
faux;
1 = −1+t
D∈(Δ ) ⇐⇒ −4 = −8+2t ⇒t=2ett=2ett=2.Doncvrai;1
0 = −10+5t
→− →−
3. Un vecteur u directeur de la droite (Δ ) a pour coordonnées u (1 ; 2 ; 5).1→−
v (7; 4;−3)estunvecteurnormalauplan(P ).1→− →−
Oru ¢v =7+8−15=0.Ladroite(Δ )estparallèleauplan(P ).Oren1et2on1 1
a trouvé que Dest un point de(Δ ) et de(P ).Doncla droite(Δ ) estincluse1 1 1
dans(P ).1
4. Unpointcommunà(Δ )et(Δ )asescoordonnéesquivérifientlesystème:1 2
′ ½−1+t = 7+2t t−2 = 8 t = 4′−8+2t = 8+4t t−2 = 8⇐⇒ ⇐⇒ ′ t = −2′ ′−10+5t = 8−t 5t+t = 18
Onobtientdoncunesolutionuniquequidonnecommecoordonnées(3; 0; 10).
Lesdroites(Δ )et(Δ )sontsécantes(etdonccomplanaires).1 2
5. Unpointcommunauxdeuxplansasescoordonnéesquivérifientlesystème:½
7x+4y−3z+9 = 0
x−2y = 0
y = t
Enposanty=t,onobtientlesystèmeéquivalent: 7x+4t−3z+9 = 0 ⇐⇒
x = 2t
y = t
x = 2t Labonneréponseestladeuxième.
z = 6t+3
Deuxièmepartie
−−→ →−
1. On traduit pour un point M(x ; y ; z) l’égalité vectorielle AM = au ⇐⇒
x−0 = a
y−0 = 0
z−3 = −a
OnadoncM(a ; 0; 3−a). ′x −2 = 0−−−→ →−′ ′y −0 = bDemêmeBM =bv ⇐⇒ . ′z −4 = b
′OnadoncM (2; b ; 4+b).−−−→′Ils’ensuitqueMM (2−a ; b ; a+b+1).
′ ′2. Ladroite(MM )estperpendiculaireà(D)età(D )sietseulementsi:
( −−−−→ ½ ½→−′MM ¢u = 0 2−a−a−b−1 = =0 2a+b = 1⇐⇒ ⇐⇒−−−→ →−′ b+a+b+1 = =0 a+2b = −1MM ¢v = 0
Nouvelle-Calédonie 6 16novembre2005 BaccalauréatS
½ ½
2a+b = 1 4a+2b = 2
3. ⇐⇒ ⇒ 3a = 3 ⇐⇒ a = 1. On en
a+2b = −1 a+2b = −1
déduitqueb=−1.
′OnadoncH(1;0;2)etH (2;−1; 3). p′2 2 2 2 ′ 3.OncalculeHH =1 +(−1) +1 =3 ⇐⇒ HH =
−−−→′ ′2 ′ 24. a. Avec M(a ; 0 ; 3−a) et M (2 ; b ; 4+b), on calcule MM =kMM k =
2 2 2 2 2 2 2(2−a) +b +(a+b+1) =4−a −4a+b +a +b +1+2a+2b+2ab=
2 2 2 2 2 22a +2b −2a+2b+2ab+5=a +b +2aba +1−2a+b +2b+1+3.
′2 2 2 2SoitenfinMM =(a+b) +(a−1) +(b+1) +3.
b. Lestroispremierstermesdelasommeprécédentesontdescarrésdontla
′2pluspeitievaleurest0.OnadoncMM >3etcettevaleur3estatteinte
a+b = 0
lorsquelestroiscarréssontnuls,c’est-à-direquand a−1 = 0 ⇐⇒
b+1 = 0
a+b = 0
a = 1
b = −1
Onretrouvedonclesvaleursa=1etb=−1etladistance(lapluscourte)p
entrelesdeuxdroites:ellevaut 3.
Nouvelle-Calédonie 7 16novembre2005
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