Corrigé du baccalauréat S
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Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S \ Nouvelle-Calédonie mars 2011 EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats Partie A : Restitution organisée de connaissances 1. u est dérivable sur R et u?(x)= 0, donc u?(x)? ?? ? y ? = a ? ( ? b a ) ? ?? ? y +b ?? 0=?b +b. Donc u est une solution de (E). 2. f étant dérivable sur R, f ?u l'est aussi et quel que soit x ?R, ( f ?u)(x)= f (x)?u(x), d'où ( f ?u)?(x)= f ?(x)?u?(x)= f ?(x). Donc f est solution de (E) si et seulement si quel que soit x ?R : f ?(x)= a f (x)+b ?? f ?(x)?u?(x)= a f (x)?au(x)+au(x)+b ?? ( f ?u)?(x) = a( f (x)?u(x))+ a ? ( ? b a ) +b ?? ( f ?u)?(x) = a( f (x)?u(x))? b +b ?? ( f ?u)?(x) = a( f (x)?u(x)),

  • vecteur normal

  • distance du point ?

  • ?cos?bac ??

  • restitution organisée de connaissances

  • ?6t z

  • ??

  • points commun


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Publié le 01 mars 2011
Nombre de lectures 29
Langue Français

Exrait

Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat S\ NouvelleCalédonie mars 2011
EX E R C IC E1 6points Commun à tous les candidats Partie A : Restitution organisée de connaissances µ ¶ b ′ ′ 1.uest dérivable surRetu(x)=0, doncu(x)=a× −+b⇐⇒0= −b+b. { } a { } y y Doncuest une solution de (E). 2.fétant dérivable surR,ful’est aussi et quel que soitxR, (fu)(x)=f(x)u(x), d’où ′ ′′ ′ (fu) (x)=f(x)u(x)=f(x). Doncfest solution de (E) si et seulement si quel que soitxR: ′ ′f(x)=a f(x)+b⇐⇒f(x)u(x)=a f(x)au(x)+au(x)+b⇐⇒ µ ¶ b ′ ′ (fu) (x)=a(f(x)u(x))+a+× −b⇐⇒(fu) (x)=a(f(x)u(x))a b+b⇐⇒ (fu) (x)=a(f(x)u(x)), c’estàdire quefuest solution de l’équation différentielley=a y. ax 3.D’après le résultat initial donné on a doncf(x)u(x)=Ke ,KR, donc : b ax ax f(x)=Ke+u(x)=Ke. a
Partie B 1 1.L’équation différentielle peut s’écrire :v(t)=3v(t). 10 1 On reconnaît une équation différentielle résolue dans la partie A aveca= − 10 etb=3. On a donc : 3 1 1 tt 10 10 v(t)=Ke− =Ke+30. 1 10 En utilisant la condition initialev(0)=0⇐⇒K+30=0⇐⇒K= −30, on obtient finalement :   t v(t)=30 1e 10
2. a.On sait que la fonctionvest dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : t t µ ¶ − − 1 v(t)= −30e 10=3e 10>0, 10 t 10 car on sait que e>0, quel que soit le réelt. La fonctionvest donc croissante sur [0 ;+∞[. t b.lim e 10On sait que=lim0, doncv(t)=30. x→+∞x→+∞
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
3.Il faut donc résoudre l’inéquation dans [0 ;+∞[,v(t)<0, 1,soit, d’après l’équation différentielle   t t − − 1 1   3v(t)<0, 1⇐⇒3− ×30 1e 10<0, 1⇐⇒3e 10<0, 1⇐⇒ 10 10 t 0,1 e 10< ⇐⇒(par croissance de la fonction logarithme népérien) 3 t¡ ¢¡ ¢ 1 1 − <ln⇐⇒t> −10 ln. 30 30 10 ¡ ¢ 1 e Comme10 lnse34, 01,la vitesse est donc stabilisée à partir de la 35 30 conde. Z 35 4.On a doncd35=v(t) dt. 0 t 10 On av(t)=30dont une primitive sur [0 ;30e ,+∞[ est : t 10 V(t)=30t+300e . ³ ´ 35 035 35− −D’où :d35=[V(t)]=30×35+300e30×0+300e=1 050+300e10 1010 0 35 10 300=750+300e759, 06(m).759, 1 Rem.Plus rapide : on a vu quev(t)=3010v(t), donc une primitive devest 30t10v(t), d’où un calcul de l’intégrale plus rapide.
EX E R C IC E2 Commun à tous les candidats
1.
V 0,25 0,25 R
4 points
P 0,7 V 0,25 0,25 L R 0,2 0,1 P 2.On ap(V)=0, 25+0, 25×0, 7=0, 25×1, 7=0, 425. p(VL) 0,25×0, 1750, 77 3.On apV(L)= == =0, 412. p425 17425 0,(V) 0, 2 4.On a un schéma de Bernoulli de paramètresn=6 etp=. 3 La probabilité qu’au cours des six prochaines années l’épreuve soit remportée µ ¶µ ¶µ ¶ 6 06 ¡ ¢2 22 6 0 fois par un concurrent « non cycliste » est égale à×1− =. 6 3 33 Donc la probabilité qu’au cours des six prochaines années l’épreuve soit rem portée au moins une fois par un concurrent « non cycliste »est égale à : µ ¶ 6 66 2 32 665 1− == ≈0, 912. 6 3 3729
NouvelleCalédonie
2
mars 2011
Baccalauréat S
EX E R C IC E3 Commun à tous les candidats Partie A
A. P. M. E. P.
5 points
¡ ¢ 2 f(x)=xlnx+1 . ¡ ¢¡ ¢ 2 22 1.f(x)=x⇐⇒xlnx+1=x⇐⇒lnx+1=0⇐⇒x+1=1⇐⇒ 2 x=0⇐⇒x=0 2.fsomme de fonctions dérivables sur [0 ; 1] est dérivable et sur cet intervalle : 2 2 1x+12x(x1) f(x)=12x× ==. 2 22 x+1x+1x+1 2 2 On a quel que soitx,x+1>1>0 et sur [0; 1], (x1)>; 1],0, donc sur [0 f(x)>0 : la fonction est donc croissante sur [0 ; 1]. On a vu quef(0)=0 etf(1)=1ln 2<1. La fonction est croissante de 0 à 1ln 2<1, donc toutes les imagesf(x) appartiennent à l’intervalle [0 ; 1].
Partie B
1.Initialisation : u0=161, doncu0[0 ; 1]. Hérédité :Supposons qu’il existe un entierptel queup1] ;d’après la[0 ; ¡ ¢ partie A, on aup+1=f upet on a vu que siup1], alors[0 ; ¡ ¢ f up=up+1[0 ; 1]. On a donc pour tout natureln,un[0 ; 1]. ¡ ¢ 2 2.On aun+1un= −lnu+1 n ¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 Orun>0u>0u+1>1lnu+1>0⇐⇒0>lnu+1 . n nn n Conclusion : quel que soit le natureln,un+1un60 : la suite est décroissante. 3.La suite est décroissante et tous ses termes sont minorés par 0 : elle est donc convergente vers une limite supérieure ou égale à 0. Par continuité de la fonction dérivablef, on a à la limite : =f(), équation dont on a vu que la seule solution est 0. On a donclimun=0. n→+∞
EX E R C IC Epoints4 5 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. a.On a AB (3 ; 2 ;(0 ; 2 ; 1), d’où AB2), ACAC=0+42=2. p 2 On a AB=ABAB=9+4+4=17 ; donc AB =17 ; 2 AC=ACAC=0+4+1=5, donc AC=5. b.On sait que le produit scalaire peut aussi s’écrire : ABAC=AB×AC×:cos BAC, soit p2  2=17×5×cos BAC⇐⇒cos BAC= ⇒BAC77 °. 85 c.L’angle BAC n’étant ni nul, ni plat, les points A, B et C ne sont pas alignés. 2.On a : (2 ;0 ; 1) vérifie 2xy+2z+2=0⇐⇒ −40+2+2=0 égalité vraie ; (1 ; 2 ;1) vérifie 2xy+2z+2=0⇐⇒222+2=0 égalité vraie ; (2 ; 2 ; 2) vérifie 2xy+2z+2=0⇐⇒ −42+4+2=0 égalité vraie. Les coordonnées des trois points non alignés A, B et C vérifient l’équation : cette équation est donc l’une des équations du plan (ABC).
NouvelleCalédonie
3
mars 2011
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
3.P1a pour vecteur normaln1(1 ;1 ;3) ;P2a pour vecteur normaln2(1 ;6).2 ; n1etn2ne sont manifestement pas colinéaires, donc les plansP1etP2ne sont pas parallèles et distincts : ils sont donc sécants suivant une droiteDdont les coordonnées vérifient : ½ x+y3z+3=0 soit en posantz=t: x2y+6z=0   x+y+3=3z x+y+3=3t   x2y= −6z⇐⇒x2y= −6t⇐⇒   z=t z=t 3y+3=9t (par différence des deux premières équationsx2y= −6t⇐⇒ z=t  y=3t1y=3t1x= −2  x=2y6t⇐⇒x=6t26t⇐⇒y= −1+3t,t z=t z=t z=t R. −→ 4.Da pour vecteur directeuru(0 ; 3 ; 1) et le plan (ABC) apour vecteur nor −→ −→−→ malv(2 ;1 ;2). Commeuv= −3+2= −16=0, ces vecteurs ne sont pas orthognaux, donc la droiteDn’est pas parallèle au plan (ABC). Le point commun est tel quex= −2,y=3t1,z=tet 2xy+2z+2=0⇐⇒ 43t+1+2t+2=0⇐⇒ −1=t. Le point commun àDet au plan (ABC) a pour coordonnées (2 ;4 ;1). 2 22 2 2 5. a.M(x;y;z)S⇐⇒ΩM=3=9⇐⇒(x1)+(y+3)+(z1)= 2 2 2 9⇐⇒x+y+z2x+6y2z+2=0.
2 22 b.M(2 ;3t1 ;t)S⇐⇒(2)+(3t1)+t2×(2)+6(3t1)2t+2= 2 22 0⇐⇒4+9t+16t+t+4+18t62t+2=0⇐⇒10t+10t+5= 2 0⇐⇒2t+2t+1=0. On aΔ=48= −4<0 : il n’y a pas de solution : conclusion la droiteD ne coupe pas la sphère. c.Démontrer que le plan (ABC) est tangent à la sphèreS, c’est démontrer que la distance du pointΩau plan (ABC) est égal au rayon de la sphère. |2×1(3)+2×1+2|2+3+2+2 9 Ord(Ω, (ABC))= == =3=r. 2 2 2 3 2+1+2 9
NouvelleCalédonie
4
mars 2011
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