Corrigé du baccalauréat S Asie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2007\ EXERCICE 1 4 points 1. On a f ?(x)= 2cosx sinx = sin2x. Vrai 2. En intégrant par parties car toutes les fonctions sont continues : { u(t)= t ; u?(t)= 1 v ?(t)= f ?(t) ; v(t)= f (t) ∫1 ?1 t f ?(t)dt = [t f (t)]1?1? ∫1 ?1 f (t)dt = f (1)? (?1) f (?1)? ∫1 ?1 f (t)dt = f (1)+ f (?1)? ∫1 ?1 f (t)dt . Or f (?1)=? f (1), donc ∫1 ?1 t f ?(t)dt =? ∫1 ?1 f (t)dt . Vrai 3. Avec f (x) = x et g (x) = ? x 3 + 3, ∫3 0 x dx = [ x2 2 ]3 0 = 9 2 et ∫3 0 ( ? x 3 +3 ) dx = [ ? x2 6 +3x ]3 0 =? 9 6 +9= 15 2 .

• zn


• angle de la similitude


• similitudes directes de centre?


• vecteur ???


• solution de l'équation différentielle


• ?? ?


• ?n ?1


• image de b?


• affixes des deuxpointso

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 33
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSAsiejuin2007\
EXERCICE 1 4points
′1. Ona f (x)=2cosxsinx=sin2x.Vrai
2. Enintégrantparpartiescartouteslesfonctionssontcontinues:
½
′u(t)=t ; u (t)=1
′ ′v (t)= f (t) ; v(t)= f(t)
Z Z Z1 1 1
′ 1tf (t)dt=[tf(t)] − f(t)dt= f(1)−(−1)f(−1)− f(t)dt=−1
−1 −1 −1
Z1
f(1)+f(−1)− f(t)dt.
−1
Z Z1 1
′Or f(−1)=−f(1),donc tf (t)dt=− f(t)dt.Vrai
−1 −1
· ¸Z Z32 ³ ´3 3x x 9 x
3. Avec f(x)= x et g(x)=− +3, xdx = = et − +3 dx =
3 2 2 30 0 0
· ¸32x 9 15
− +3x =− +9= .
6 6 20
Z Z3 3
Onabien f(x)dx6 g(x)dx et f(3)=3etg(3)=2.Faux
0 0
′4. f estsolutiondel’équationdifférentielle,donc f (x)=−2f (x)+2=2(1−f(x)).
′Si f estconstante,alors f (x)=0etparconséquent2(1−f (x))=0⇒ f(x)=1.
′Comme la fonction n’est pas constante f(x)6?1, donc 2(1−f (x))= f (x)6?0.
Aucunetangenten’esthorizontale.Vrai
EXERCICE 2 5points
21. a. z =0, z =λ×0+i=i, z =λi+i=(λ+1)i, z =λ[(λ+1)i]+i=λ i+λi+i=0 1 2 3¡ ¢
2λ +λ+1 i.
b. Parrécurrence:
0λ −1
• Initialisationz =0= i.0
λ−1
nλ −1
• Hérédité:supposonsquez = ?i.n
λ−1
n n+1 n+1λ −1 λ −λ+λ−1 λ −1
Onsaitquez =λz +i=λ ?i+i= ?i= ?i.n+1 n
λ−1 λ−1 λ−1
Laformuleestvraieaurang(n+1).
nλ −1
Onadémontréparrécurrencequez = ?i.n
λ−1
2. λ=i
a. D’après1.a.,onaz =(−1+i+1)i=−1.3
Doncz =i×(−1)+i=0.4
4i −1
Ouplusrapideenutilisantlaformuledu1.b.:z = ?i=0?i=0.4
i−1
n+4 n 4 ni −1 i ×i −1 i −1
b. z = ?i= i= ?i=z .n+4 n
i−1 i−1 i−1
Quelquesoitn∈N, z =z .n+4 n
c. Onadoncz =(z +1)i (1).n+1 n
Cherchonsunpointinvariantparlatransformationz 7?→z .S’ilexisten n+1
unpoint invariantΩd’affixeω,ondoitavoirω=(ω+1)i ⇐⇒ ω(1−i)=
i i(1+i) 1 1
i ⇐⇒ ω= = ⇐⇒ ω=− +i .
1−i 1−i 2 2BaccalauréatS
Onadoncenretranchantωàchaquemembrede(1):
1 1 1 1
z −ω=(z +1)i−ω ⇐⇒ z + −i =(z +1)i+ −i ⇐⇒ z −n+1 n n+1 n n+1
2 2 2 2· µ ¶¸
1 1 1 12ω=z i+i + ×(−i) = z − − + i ⇐⇒ z −ω=(z −ω)i ⇐⇒n n n+1 n
2 2 2 2i
πi
2z −ω=(z −ω)e .n+1 n
ConclusionM estl’imagedeM danslarotationdecentreΩetd’anglen+1 n
π
.
2
d.
2
1
M M2 1
→−
v
Ω
M40
→−-2 M -1 M 0 1 23 0 u
-1
k3. a. Ilexistek telqueλ =1.
n n k n+kλ −1 λ ×λ −1 λ −1
Onpeutdoncécrirez = ?i= ?i= ?i=z .n n+k
λ−1 λ−1 λ−1
n+k nλ −1 λ −1 n+k nb. z =z ⇐⇒ ?i= ?i ⇐⇒ λ −1=λ −1 ⇐⇒n+k n
λ−1 λ−1
n+k n n k n kλ =λ ⇐⇒ λ ×λ =λ ⇐⇒ λ =1.
EXERCICE 2 5points
Enseignementdespécialité
PartieI
1. a. Onsaitquelasimilitudedirectes telleques(O)=Aets(B)=Oestunique
′et que son écriture complexe est : z = az+b, a et b étant deux com-
plexes.
OnadoncenutilisantlesaffixesdesdeuxpointsOetBetdeleursimages:
½ ½
10 = a×0+b 10 = b
⇐⇒
0 = a×5i+b 2i = a
′L’écriturecomplexedes estdoncz =2iz+10.
b. Éléments caractéristiques:
– Rapportdelasimilitude :c’est|a|=|2i|=2.
π
– Angledelasimilitude :c’estarg(a)=
2
– Point invariant : c’est le pointΩ d’affixeω vérifiantω=2iω+10 ⇐⇒
10 10(1+2i)
ω(1−2i)=10 ⇐⇒ ω= = =2+4i.
1−2i 1+4
π
Lasimilitudes apourcentreΩ(2+4i),pourrapport2etpourangle .
2
c. s◦s(B)=s(O)=A.
Latransformations◦s,composéedesimilitudesdirectesdecentreΩest
une similitude directe de centreΩ, de rapport 4 (produit des rapports)
Asie 2 juin2007
+
+ + +
+BaccalauréatS
etd’angleπ(sommedesangles).s◦s estdoncunehomothétiedecentre
Ω et de rapport−4. Le pointΩ est donc situé sur le segment [AB]. Plus
−−→ −−→
exactement:puisqueΩA =−4ΩB ,lepointΩestbarycentredusystème
pondéré{(A, 1);(B, 4)}.
³ ´−−→ −−→
Deplus ΩB ,ΩO =π/2doncΩestlepieddelahauteurissuedeOdans
letriangle AOB.
′2. a. Onaaisément A ∈D (carlescoordonnéesde A(8,4)vérifientl’équation
′deD:x−2y=0)etB ∈D.
¡ ¢ −−→→− 1 ′Un vecteur normal àD est le vecteur a . Le vecteur AA a pour coor-2¡ ¢ →−−2 ′données etestdonccolinéaireauvecteur a ,donc(AA )estperpen-
−4
′diculaireàDetA estbienleprojetéorthogonaldeAsurD.Ondémontre
′demêmequeB estleprojetéorthogonaldeBsurD.
′ ′ ′ ′b. L’imagedeB apouraffixe z =2i(2+i)+10=4i+8=z ′ doncs(B )=AA
³ ´−−→ −−→π π′ ′c. L’angledelasimilitudeétantégalà ,ona ΩB ,ΩA = .
2 2
′ ′ConclusionlepointΩappartientaucercledediamètre[A B ].
PartieII
1. a. On sait que la similitude directe s est telle que s(O) = A et s(B) = 0. Son³ ´ ³ ´−−→ −−→ −−→ −−→ π π
angleestdonc OB,AO = OB,OA +π=− +π= .
2 2
³ ´−−→ −→ π
b. CommedanslapartieI, ΩO,ΩA = ,letriangleOΩBestrectangleen
2
Ω,doncΩappartientau(demi-)cercledediamètre[OA].
DemêmeΩappartientau(demi-)cercledediamètre[OB].
Ladroite(OΩ)perpendiculaireauxdroites(ΩA)et(ΩB)estdonc(d’après
l’unicitédelaperpendiculaireàunedroitepassantparunpoint)perpen-
diculaireàladroite(AB).ΩestdonclepieddelahauteurissuedeOdans
letriangleOAB.
′ ′ ′′2. a. Imagepar s de la droite(BB ): l’image de B est Oet l’image de B est B
′ ′′ ′telque(BB )soitperpendiculaire à(OB );or(BB )estperpendiculaireà
′′D :doncB appartientàD.
′Conclusion:l’imagepars deladroite(BB )estladroiteD.
′ ′′De même O point deD a pour image A et A a pour image A tel que la
′′ ′droite (AA ) soit perpendiculaire àD. Or (AA ) est perpendiculaire àD,
′doncl’imagedeD estladroite(AA ).
′ ′b. D’après la question précédente B point de (BB ) a pour image un point
′ ′deDetB pointdeD apourimageunpointde(AA ).Conclusion:l’image
′ ′ ′ ′ ′deB appartientàD∩(AA )={A }.L’imagepars deB estA .
³ ´−−→ −−→π ′ ′ ′c. Pardéfinitiondelasimilituded’angle ,siB estdistinctdeΩ, ΩB ,ΩA =
2
π ′ ′ ′etsiB =Ω,B =Ω=A
2
Conclusion : Dans les deux cas, le pointΩ appartient au cercle de dia-
′ ′mètre[A B ]
EXERCICE 3 4points
³ ´
1. a. Onap(F)=0,92; p (S)=0,95; p F∩S =0,02.F
³ ´
b. p(F)=0,92⇒p F =0,08.
³ ´
³ ´ p F∩S 0,02 1
c. Onsaitquep S = ³ ´ = = =0,25.
F 0,08 4p F
Asie 3 juin2007BaccalauréatS
d. Arbrepondéré:
0,95
SF
0,92
S0,05
0,75
S
0,08
F S 0,020,25
³ ´
2. a. D’après la loi des probabilités totales on a : p(S)= p(S∩F)+p S∩F =
0,92×0,95+0,08×0,75=0,874+0,06=0,934.
p(S∩F) 0,874
b. Il faut trouver la probabilité conditionelle p (F)= = ≈S
p(S) 0,934
0,9357≈0,936.
3. a. LoideprobabilitédeB :
évènement F∩S F∩S reste
probabilité 0,874 0,06 0,066
bénéfice:b( 10 5 0
b. OnaE(B)=0,874×10+0,06×5+0,166×0=8,74+0,30=9,04((cequi
représentelebénéficemoyenparjouet).
4. OnauneépreuvedeBernoullideparamètresn=10etdeprobabilité
p(S)=0,934.
Laprobabilitécherchéeestégaleàcelled’avoir8,9ou10jouetssolides,soit:
à ! à ! à !
10 10 108 2 9 1 10 00,934 ×(1−0,934) + 0,934 ×(1−0,934) + 0,934 ×(1−0,934) =
8 9 10
0,113521+0,356998+0,505206≈0,975725≈0,976.
EXERCICE 4 7points
PartieI
2 x1. ÉquationE :x =2 .2
2 2 2 4Ona2 =2 et4 =2 :2et4sontsolutionsdeE .2
a a2. a =a :donca estsolutiondeE .a
e x3. ÉquationE :x =e .Étudedelafonctionh définiepar:h(x)=x−elnx.e
te
a. Question decours :onsait que lim =+∞.Quelque soit t il existe x
t→+∞ t
telquet=lnx.
t lnxe e x
Donc = = .
t lnx lnx
x
D’aprèsl’hypothése initiale lim =+∞,cart→+∞⇒x→+∞.
x→+∞lnx
lnx
Finalement enprenantl’inverse : lim =0.
x→+∞ x
b. Comme limlnx=−∞, limh(x)=+∞.
x→0 x→0µ ¶
lnx
On peut écrire h(x)= x 1−e . D’après la question de cours la pa-
x
renthèseapourlimite1,donc lim h(x)=+∞.
x→+∞
Asie 4 juin2007
bbbbbbbBaccalauréatS
e x−e
′c. h estdérivablesur]0;+∞[eth (x)=1− = .
x x
′Six>e,h (x)>0eth estcroissante;
′Six<e,h (x)<0eth estdécroissante.D’oùle
d. Tableaudevariationsdeh
x 0 e +∞
′ −h (x) 0 +
+∞ +∞
h(x)
0
Onah(e)=e−elne=e−e=0.D’aprèscetableauh(x)=0 ⇐⇒ x=e.
e xL’équation E x =e est équivalente (en prenant le logarithme népé-e
rien)àelnx=x ⇐⇒ h(x)=0.
Conclusion:l’équationE aunesolutionuniquee.e
PartieII
lnx lnaa x1. x>0, x∈R.x solutiondeE ⇐⇒ x =a ⇐⇒ alnx=xlna ⇐⇒ = .a
x a
lnx
∗2. a. f(x)= surR .+x
Onsaitque limlnx=−∞,donc lim f(x)=−∞.
x→0 x→0
D’après1.a. lim f(x)=0.
x→+∞
b. f est dérivable comme fonction quotient de fonctions dérivables (avec
1−lnx′x6?0)et f (x)= .
2x
′f (x)>0 ⇐⇒ 1−lnx>0 ⇐⇒ lnx<lne ⇐⇒ x<e.
′Demême f (x)<0 ⇐⇒ x>e.D’oùle
c. Tableaudevariationsde f :
x 0 e +∞
′ −f (x) + 0
1
e
f(x) 0
−∞
d. TracédeC
Asie 5 juin2007BaccalauréatS
1
C1
e
0
a eO 0 1 2 3 4 5 6b1 2 3 4 5 6
-1
−1
-2
−2
-3
−3
3. D’aprèslegraphepréc&#