Corrigé du bac S 2008: Mathématique Obligatoire

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Loi de probabilité, QCM géométrie complexe et 3D, étude de fonctions et de suites, étude graphique d'intégrales.
Terminale S, Liban, 2008

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Publié le 01 janvier 2008
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Langue Français
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b
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b
[BaccalauréatSLibanjuin2008\
EXERCICE 1 4points
PartieA
1. Onal’arbresuivant:
4
10 R
1
6
N6
10
1
10 R
5
6
N9
10
1 4 5 1 4 5 9 3 15
Onadoncp(R)= × + × = + = = = =0,15.
6 10 6 10 60 60 60 20 100
2. Ilfautcomparerp (A)etp (B).R R
1 4×p(A∩R) 4 20 46 10p (A)= = = × = .R 3p(R) 60 3 9
20
5 1 5×p(B∩R) 5 20 56 10 60
p (B)= = = = × = .R 3 3p(R) 60 3 9
20 20
Onadoncp (A)<p (B).R R
PartieB
21. Laprobabilitéd’avoirdeuxboulesrougesestégaleà:0,15 =0,0225.
Laprobailitéd’avoirunerougeetunenoireest:2×0,15×(1−0,15)=0,255.
2Laprobabilitéd’avoirdeuxnoiresest:0,85 =0,7225.
LetableaudelaloideprobabilitédeGestdonc;
G 2x x−2 −4
p(G)=g 0,0225 0,255 0,7225i
2. E(G)=2x×0,0225+0,255(x−2)+0,7225×(−4)=0,3x−3,4.
3,4
3. E(G)>0 ⇐⇒ 0,,x−3,4>0 ⇐⇒ 0,3x>3,4 ⇐⇒ x> ≈11,333.
0,3
Ilfautdoncquelegainsoitaumoinsde12€(carx∈N).
EXERCICE 2 5points
Candidatsn’ayantpaschoisilaspécialitémathématiques
PartieA
100π 96π 4π 4π 4π1001. z aunargumentégalà ouencore + =32π+ =16×32π+
3 3 3 3 3

soirencoreunargumentde .Cenombren’estdoncpasunréel.
3
100Proposition1:«z estunnombreréel».FauxBaccalauréatS
2. Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe z différente de 1 du plan telle que? ?z? ?? ?=1.
1−z? ?z |z|? ?? ?= 1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ OM = AM si A est le point d’affixe 1. L’en-
1−z |1−z|
semble (E) est donc l’ensemble des points équidistants de O et de A : c’est la
médiatrice de [OA] et comme les deux points appartiennent à l’axe des abs-
cisses,cettemédiatriceestparallèleàl’axedesordonnées.
Proposition2:«l’ensemble(E)estunedroiteparallèleàl’axedesréels».Faux? p ? ? ? p ??π′ −′ 23. Si O est l’image de O par r, on a z − 1+i 3 = e z − 1+i 3 ⇐⇒OOp ? p ? p p p ? p ?
′z =1+i 3−i −1−i 3 =1+i 3+i− 3=1− 3+i 1+ 3 .O
Proposition3:«l’imagedupointOparlarotationr apouraffixe? p ? ? p ?
1− 3 +i 1+ 3 ».Vrai? ? h ? ?i ? ?2π π π2 24. z +2cos z+1=0 ⇐⇒ z+cos −cos +1=0 ⇐⇒
5 5 5h ? ?i ? ? h ? ?i ? ?2 2π π π π2 2 2z+cos +sin =0 ⇐⇒ z+cos =i sin .
5 5 5 5? ? ? ? ? ? ? ?π π π π
Cetteéquationadeuxsolutions:−cos +isin et−cos −isin qui
5 5 5 5
onttoutesdeuxunmoduleégaleà1.
Proposition4:«l’équation(E)adeuxsolutionscomplexesdemoduleségaux
à1».Vrai
PartieB ? ?−→ −→ −−→
Enprenantcommerepèreorthonormal D; DA, DC, DH ,onaA(1;0,0),
−→
G(0;1;1),doncAG(−1; 1; 1);−→ −→
DB(1; 1; 0)etDE(1; 0; 1).−→ −→ −→ −→
OrAG?DB ==−1+1+0=0etAG?DE ==−1+0+1=0.−→
Levecteur AG estdoncorthogonalàdeuxvecteursnoncolinéairesduplan(BDE):
ilestdoncnormalàceplan.−−→
Proposition5:«levecteurAG estnormalauplan(BDE)».Vrai
Proposition6:«lesdroites(EB)et(ED)sontperpendiculaires».Faux−→ −→
OnpeutcalculerleproduitscalaireEB?ED etmontrerqu’iln’estpasnul(enfaitégal
à1.
Le plus simple est de dire que [EB], [ED] et [BD] sont des diagonales de carrés de
même côté : le triangle EBD est équilatéral et les droites (EB) et (ED) ne sont pas
perpendiculaires.
H G
E F
D
C
A B
Liban 2 juin2008BaccalauréatS
EXERCICE 2 5points
Candidatsayantchoisilaspécialitémathématiques
Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et
donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne
rapporteaucunpoint.
1. OnvérifiequelepointΩd’affixe−2−2iestinvariantparcettetransformation.
Onadonc:
3 ′ z = (1−i)z+4−2i
′2 d’où par différence z −(−2−2i)=3 −2−2i = (1−i)(−2−2i)+4−2i
2
3
(1−i)[z−(−2−2i)].
2 ? !p pp p2 2 π−i 4Or1−i= 2 −i = 2e .
2 2
p3 π′ −i 4Doncz −(−2−2i)= 2e [z−(−2−2i)].
2
On voit que l’image est obtenue en composant (dans n’importe quel ordre)p
2
l’homothétie de rapport 3 et de centre le pointΩ d’affixe−2−2i avec la
2
π
rotationdecentreΩetd’angle− .
4 p
2
Proposition1:« f =r◦h oùhestl’homothétiederapport3 etdecentrele
2
π
pointΩd’affixe−2−2ietoùr estlarotationdecentreΩetd’angle− ».Vrai
4
7 42. Pourn=1, 5 +2 =78141quin’estpasmultiplede5.
6n+1 3n+1Proposition2:«5 +2 estdivisiblepar5».Fausse
6 6n 6n 3Ona5 =15625≡1 [7],donc5 ≡1 [7]et5 ×5≡5 [7].2 ≡1 [7],donc
3n 3n2 ≡1 [7]et2 ×2≡2 [7].D’oùenajoutant:
6n+1 3n+1 6n+1 3n+15 +2 ≡5+2 [7]ouencore5 +2 ≡0 [7].
6n+1 3n+1Proposition3:«5 +2 estdivisiblepar7».Vrai
3. Ona11×14−5×28=14,donclepointdecoordonnées(14;28)estunpointso-
lution.Pardifférenceavecl’équationàrésoudre,onobtient:11(x−14)−5(y−
28)=0 ⇐⇒ 11(x−14)=5(y−28). Comme 5 divise 11(x−14) et est premier
avec11,ildivise(x−14).Ilexistedonck∈Ztelquex−14=5k ⇐⇒ x=5k+14
etenremplaçantdansl’équationinitiale y=11k+28.
24. Lasectionapouréquationx=λetz=y +λquiestl’équationd’uneparabole.
Proposition5 : « la section de la surfaceΣ et du plan d’équation x=λ, oùλ
estunréel,estunehyperbole».Faux p
9 2
Proposition6 : « le plan d’équation z= partagele solide délimité parΣ
2
etlepland’équation z=9endeuxsolidesdemêmevolume».Vrai? ?p 2
2OnaS(k)=πr =π k =πk.
pp
2Z 2 ? ?99 2 22 πk 81π
V = πkdk= = .1
2 40 0Z ? ?929 πk 81π 81π 81π
DemêmeV = p πkdk= = − = .2 p
2 22 2 4 49 92 2
EXERCICE 3 6points
PartieB
Liban 3 juin2008BaccalauréatS
1. La fonction f est dérivablecomme somme defonctions composées defonc-
1′tionsdérivablessur[0;+∞[et f (x)= +x>1>0.
1+x
Lafonction f estdonccroissantesur[0;+∞[.
′2. Ona f(0)=0et f (0)=1,doncl’équationdelatangenteaupointd’abscisse0
est y−0=1(x−0) ⇐⇒ y=x.
3. Cf.dessin
PartieC
1. En se servant de la courbe (C) et de la droite d’équation y= x, on obtient à
partirdeu =1:0
(C)
4
3
2
1
0 u u u u u0 1 2 3 4
0 1 2 3 4
2. Cecheminementsuggèrequelasuiteestcroissanteetqu’ellen’estpasbornée.
3. a. SoitlapropositionP :u >1.n n
Initialisation:onau =1>1:vraie.0
Hérédité : soit un naturel p tel que u >1; la fonction f est croissantep? ? 1
donc f u > f(1) ⇐⇒ u >1,car f(1)=ln(1+1)+ ≈0,69+0,5>1.p p+1
2
Conclusion:quelquesoitn∈N,u >1.n
b. On démontre de même par récurrence que la suite (u ) est croissante,n? ? ? ?
car u 6u ⇒ f u 6 f u ⇐⇒ u 6u par croissance dep p+1 p p+1 p+1 p+2
la fonction f sur [1 ; +∞[, car d’après la question précédente tous les
termesdelasuiteappartiennentàcetintervalle.
c. Supposons que(u )soitmajorée; majorée,croissanteelleapourlimiten
unréelℓ.
Del’égalité u = f (u ), on en déduit par limite à l’infini et par conti-n+1 n
nuitédelafonction f :
Liban 4 juin2008
y=xBaccalauréatS
ℓ= f(ℓ)
avecℓ>1,puisqueu >1.Orilestadmisque,pourtoutx>0, f(x)>xn
cequicontreduitl’égalité f(ℓ)=ℓ.
Conclusion:l’hypothèsededépartestfausse:lasuiten’estpasmajorée.
d. Lasuiteestcroissanteetnonmajorée:elledivergeen+∞.
EXERCICE 4 5points
PartieA
1.
−21+e
1
−2 −1 1 2 3 4 5 6
−−11
−2
−3
2. a. g(2)représenteenunitésd’airelamesuredelasurfacecoloréeenbleu.
b. L’aire (positive par définition) est manifestement inférieure à celle du? ?−2 −2rectangledecôtés2et1+e soit2 1+e ≈2,271<2,5.
3. a. On sait d’après le tableau des variations de f que pour x> 2,f(x)> 1.Z Zx x
En intégrant sur l’intervalle [2 ; x], on obtient f(t)dt> 1dt, soit
2 2Zx
f(t)dt>x−2.
2 Z Z Zx x 2
D’aprèslarelationdeChasles f(t)dt= f(t)dt− f(t)dt=
2 0 0Zx
f(t)dt−g(2).
0 Z Zx x
Donc f(t)dt=g(x)= f(t)dt+g(2)>x−2+g(2)>x−2.
0 2
b. Comme lim (x−2)=+∞,parcomparaison: lim g(x)=+∞
n→+∞ n→+∞
Liban 5 juin2008BaccalauréatS
′4. Onsaitquepardéfinitiong (x)= f(x).
Lafonctiong estdoncdécroissantesur]−∞; 0]etcroissantesur[0;+∞[.
PartieB
1. Onpose: ? ′ −tu(t)=t−1 v (t)=e
′ −tu (t)=1 v(t)=−e
Toutes ces fonctions étant dérivables donc continues, on peut intégrer par
partiesetZ Zx x? ? ? ? ? ?x x−t −t −t −t −x(t−1)e dt= −(t−1)e + e dt= (−t)e =−xe .
0 0
0 0Z Zx x? ? ? ?−t −x −x2. Onag(x)= (t−1)e dt+ 1dt=−xe +x=x 1−e .
0 0
−x −x3. Comme lim e =+∞,alors lim 1−e =−∞
x→−∞ x→−∞
Deplus, lim x=−∞,onobtientparproduit:
x→−∞
lim g(x)=+∞.
x→−∞
Liban 6 juin2008