Corrigé du baccalauréat S France juin
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Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S France juin 2004 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. On a pour tout n ? N, un+1 = un + 2n + 3, donc un+1 ? un = 2n + 3. Or 2n+ 3 > 3 > 0, donc un+1 ?un > 0 quel que soit n ? N. Conclusion : la suite (un) est strictement croissante. 2. a. Démonstration par récurrence : – Initialisation : u0 = 1 > 02 : vrai ; – Hérédité : supposons qu'il existe n ? N tel que un > n2, alors un+1 = un+2n+3 > n2+2n+1+2 ou encore un+1 > (n+1)2+2 donc a fortiori un+1 > (n + 1)2. On a donc démontré par récurrence que pour tout n ? N, un > n2 b. Comme lim n?+∞ n2 = +∞ on a par comparaison : lim n?+∞ un = +∞. 3. On calcule les premiers termes : u0 = 1 u1 = u0 + 3 = 4 u2 = u1 + 2 + 3 = 9 u3 = u2 + 4 + 3 = 16 u4 = u3 + 6 + 3 = 25 On peut donc conjecturer que un = (n + 1)2.

  • sommets du triangle bca

  • solution de l'équation

  • ad ?

  • ?e ??x

  • question précédente

  • vecteur directeur de coordonnées

  • ?18x ?

  • ??

  • points commun


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Publié le 01 juin 2004
Nombre de lectures 18
Langue Français

Exrait

Corrigé du baccalauréat S France juin 2004
EXERCICE1 Commun à tous les candidats
4 points
1.On a pour toutnN, un+1=un+2n+3, doncun+1un=2n+3. Or2n+3>3 > 0, doncun+1un> 0quel que soitnN. Conclusion : la suite(un)est strictement croissante. 2. a.Démonstration par récurrence : 2 – Initialisation:u0=1 > 0: vrai; 2 – Hérédité: supposons qu’il existenNtel queun> n, alors 2 2 un+1=un+2n+3 > n+2n+1+2ou encoreun+1>(n+1) +2 2 donc a fortioriun+1>(n+1). 2 On a donc démontré par récurrence que pour toutnN, un> n 2 b.Comme limn= +limon a par comparaison :un= +. n+n+u0=1 u1=u0+3=4 3.On calcule les premiers termes :u2=u1+2+3=9 u3=u2+4+3=16 u4=u3+6+3=25 2 On peut donc conjecturer queun= (n+1). Démonstration de la propriété par récurrence : 2 – Initialisationu0=1=1 2 – Hérédité: supposons qu’il existenNtel queun= (n+1) 2 2 On a doncun+1=un+2n+3= (n+1) +2n+3=n+2n+1+2n+3= 2 2 n+4n+4= (n+2). On a donc démontré par récurrence que quel que soitnN, un= (n+ 2 1).
EXERCICE2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
5 points
6 23 33 1.(1+i) =[(1+i= () ]1+i)6= (1+2i1() =2i) =8i. 2 Autre méthode :|1+i|=2, donc|1+i|=2; donc1+i=  ! 2 2 π i 2+i=2e . 4 2 2 h i 6 π π6i6i i Donc(1+i) =2e=8e=8e= −8i. 4 42 2 6 2. a.Soit l’équationz= −8i ; d’après la question précédente(1+i) =8i 3 23 donc[(1+i) ]= −8i donc le nombre complexez= (1+i)est 3 2 solution de (E) ; or(1+i() =1+i) (1+i) = (1+2i1)(1+i) = −2+2i. Conclusion :2+2i est une solution de (E). 2 22 2 b.z= −8i, d’oùz− (−8i) =0⇐⇒z− (−2+2i) =0⇐⇒ [z− (−2+2i)] [z+ (−2+2i)] =0. On retrouve la solution précédente et aussi le nombre complexe 22i autre solution de l’équation (E).
Correction du baccalauréat S
6 23 3.(1+i) =8i⇐⇒[(1+i) ]= −8i. 2Le nombre complexe(1+i) =2).i est solution de l’équation (E 4.Soitrla rotation de centre O et d’angle. 3 a.Soit A le point d’affixe 2i Si B est l’image de A parr, on a :  ! 1 3 2iπ 3 zB=b=zADonce .b=2i− +i= −3i. 2 2 2iπ 3 Pour C, l’image de B par la rotationr, on a :c=eb=  !     1 33 31 3 − +i3i= + +i− =3i. 2 22 22 2  3 2    b.On a3i= −3i3i=2+2i33i= 2 3+2 32i6i= −8i.  ! 3 1 Variante :pourc: on calcule facilement que|c|=2, d’oùc=2i= 2 2    π π πi 2cos− +i sin− =2e. 6 6 6 ππ π 3 3i33ii 6 62 D’oùc=2e=2e=8e= −8i. Doncbetcsont solution de l’équation (E). 5. a.Représentation des points A, B, C. 2A
France
1 1 0 -2 -1 0O1 2 21 1 -1 1 B C -2 2 b.AB =|zBzA|=33i=2 3; AC=|zCzA|=33i=2 3; BC=|zCzB|=2 3=2 3. Par la rotationr: – l’imagede A est B ; – l’imagede B est C ;  !    2iπ1 3 – l’imagede C est Ctel quezC=e3i+= −i3i= 3 2 2   3 31 3 − ++i+ =2i. 2 22 2 Donc C= A. L’image de C est A. Les trois points images sont donc les sommets du triangle BCA. Or ce triangle a ses trois côtés de même longueur : il est donc équilaté ral. c.G centre de gravité (ou isobarycentre des points A, B et C) du tri zA+zB+zC2i3i+3i angle ABC a une affixe telle quezG= == 3 3 0.
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Correction du baccalauréat S
Le centre de gravité est donc le point O. Autre méthode :; Opar définition de la rotation on a OA = OB = OC est donc le centre du cercle circonscrit au triangle (ABC); or ce tri angle est équilatéral : son centre du cercle circonscrit est aussi son centre de gravité.
EXERCICEpoints2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 2 k1 1.1+x+x+∙ ∙ ∙+xest la somme deskpremiers termes de la suite géométrique de premier terme1et de raisonx: elle est donc égale à : k x1 (pourx6=1). x1 k   x1 2 k1 k Donc(x1)1+x+x+∙ ∙ ∙+x= (x1)×=x1. x1 Pourx=1: l’égalité est évidente. 2. a.nN, n=dk.   n 2n1 D’après la question1.a1= (a1)1+a+a+∙ ∙ ∙+a=  k  dk dd a1=a1=a1(∙ ∙ ∙+∙ ∙ ∙)parenthèse étant une, la somme d’entiers donc un entier.    n dd Conclusion :a1=a1(∙ ∙ ∙+∙ ∙ ∙), ce qui signifie quea1 n est un diviseur dea1. b.On a donc 2 004 – 2004 est multiple de 3, donc d’après lea.21est divisible 3 par21=7; 2 004 – 2004 est multiple de 3 et de de 2, donc de 6; d’où21est 6 divisible par21=63: 2 0042 004 – Onvient de voir que21=63k=9×(7k), donc21 est divisible par9. ′ ′ 3. a.m=dmetn=dn. Puisquedest le plus grand diviseur commun ′ ′ àmetn, on sait quempremiers entre eux. D’après Bezoutet sont 2 il existe(u, v)Ztel que ′ ′′ ′ m un v=1⇐⇒m udn vd=d⇐⇒munv=d b.Avecuetvpositifs, l’égalité précédente peut s’écriremu=nv+d.   mu nvd nv+dd nv D’où :(a1) − (a1)a=a1− (a1)a=     nv dnv dnv dnv dd a×a1−(a1)a=a×a1a×a+a= d a1. mu nvmu nvd Le PGCD dea1eta1divise aussia1et(a1)a d (et c’est le plus grand diviseur) donc leur différence qui esta1. mu nvd np Donc le PGCD de(a1) − (a1)aet dea1est égal d np au PGCD dea1et dea1. Nous avons vu à la question d nv précédente que commeddivisen,a1divisea1. mu nvd Conclusion :le PGCD dea1eta1est égal àa1. c.Application :m=63, n=60. 2 63=3×7et60=2×3×5. Donc PGCD(63;60) =3. ′ ′ On am=63=3×21=3metn=60=3×20=3n. D’autre part 21 et 20 sont premiers et on trouve facilement u=1, v=1tels que21×120×1=1. Doncmunv=6360=3=PGCD(63;60). En appliquant le
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résultat de la question précédente :   63 603 PGCD21;21=21=7.
EXERCICE3 Commun à tous les candidats
Correction du baccalauréat S
4 points
1.Réponse D : Pour que S appartienne àD, il faut que les coordonnées de S vérifient les équations paramétriques deD. Or ces coordonnées de S ne vérifient ni A(z6=3) ni B (il faudraitt= −1ett=1/3), mais vérifient les équations C et D. De plusDest perpendiculaire àPil faut que tout vecteur directeur de Dsoit colinéaire à tout vecteur normal deP. Le vecteurn(1;1; −3)est normal àP. Or la droite définie par C a un vecteur directeur de coordonnées(1; −2;0) qui n’est pas colinéaire àn. Par contre un vecteur directeur de la droite définie par D a pour coordon nées(1;1; −3)qui sont les coodonnées den. 2.Réponse D car seules les coordonnées de D vérifient l’équation du plan 14 P: elles correspondent à la valeurt=. 11 3.Réponse B : |12+4|3 d(S,P) ==. 2 22 1+1+ (−3)11 4.Réponse B : La distance de S au plan est inférieure à 3 donc l’intersection de la sphère et du planPest un cercle de centre H. Le triangle SHM, M étant un point du cercle est rectangle en H.   2 3 2 22 D’après le théorème de Pythagore on a :3= +r⇐⇒r= 11 9 9010 9− =r=3 . 11 1111
EXERCICE4 4points Commun à tous les candidats Z 200  200 λxλx200λ 1.On a donc0, 5=λe dx= −e= −e+1⇐⇒ 0 0 ln2 200λ e=0, 5⇐⇒200λ= −ln2⇐⇒λ=. 200 Z 300  300 λxλx300λ 2.La probabilité cherchée est1λe dx=1− −e=e= 0 0 300ln2 3ln2 − −2 200 2 e=e0, 353soit0, 35à10près par défaut. 3. a.Pour calculer l’intégrale on pose : λx u(x) =x v(x) =e 1 λx u(x) =1 v(x) = −e λ
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Correction du baccalauréat S
′ ′ Les fonctionsu, u , v, vétant continues, on peut intégrer par par ties et Z A AZ  A A 1 11 λxλxλxλxλx λxe dx= −λ xe+e dx= −xee= 2 λ λλ 0 00 0  A λAλA 1 11λAee+1 λxλxλAλA xee= −Aee+ =. λ λλ λ 0 λAλA 4.Comme lime=0(carλ > 0et quelimAe=0, on en A+A+déduit que : λAλA λAee+1 1 200 lim= =. A+λ λln2 200 Doncdm=289semaines à une semaine près. ln2
EXERCICE5 Commun à tous les candidats
4 points
1. a.x(t) =v(t). Sivest solution de l’équation (F), alors pour tout réelt>0, 1 1 v(t) = −v(t) +. 8 4 ′ ′′Orx(t) =v(t)x(t) =v(t). L’équation précédente s’écrit donc : 1 1 x"(t) = −x(t) + 8 4 ′′ ′ 8x(t) = −x(t) +2 ′ ′′ 25x(t) +200x(t) =50 La fonctionxest donc solution de l’équation (E). Inversement sixest solution de (E), alors pour tout réel positif, ′ ′′ 25x(t) +200x(t) =50 26 50 ′′ ′ x(t) = −x(t) + 200 200 1 1 ′′ ′ x(t) = −x(t) + 8 4 1 1 v(t) = −v(t) + 8 4 ′ ′′′ car en posantv(t) =x(t), v(t) =x(t) Conclusion : la fonctionxest solution de (E) si et seulement si la fonctionvest solution de (F). Résolution de (F): cette équation est de la formey=ax+b.Elle a 1 b 4 une solution particulière constante− =− =2et les solutions 1 a8 1 axx de l’équationy=axsont de la formesy=Ke=Ke (avec 8 KR). Les solutions de l’équationy=ax+bsont donc de la forme : 1 x 8 y=Ke+2
France
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Correction du baccalauréat S
Les fonctionsvsolutions de l’équation (F) sont les fonctions définies sur[0; +[par 1 t v(t) =Ke+2 8 1 ′ ′t b.dei. Calculx(t): on sait quex(t) =v(t) =Ke+2. 8 1 ×0 Commex(0) =0⇐⇒Ke+2=0⇐⇒K+2=0⇐⇒ 8 K= −2, on a finalement pour touttpositif : 1 t x(t) =22e 8 ii. Calculdex(t): d’après la question précédentexest une primi 1 t tive sur[0; +[de la fonctionx722e ,soit : 8 1 1 1 tt′ ′ x(t) =2t2×e+K=2t+16e+KavecKR. 8 8 1 8 ′ ′ Comme on sait quex(0) =0, alors16+K=0⇐⇒K= −16. Conclusion : la fonction solution de (E) est définie sur[0; +[ par : 1 t x(t) =2t16+16e 8 1 t c.lim eOn sait que=0lim, alorsv(t) =2. 8 t+t+Donc V = 2. La vitessevdu chariot est inférieure ou égale à 90 % de V si 1 1 tt v(t)60, 9V⇐⇒2e+260, 9×2⇐⇒e>0, 1⇐⇒ 8 8 1 1 t>ln0, 1⇐⇒t6ln10⇐⇒t68ln1018, 4secondes. 8 8 d.La distance parcourue par le chariot au bout de30secondes est : 30 s x(30) =2×3016+16ex(30) =44+16e154x(30)44, 4 8 En 30 secondes le chariot a parcouru environ 44,4 mètres à 1 déci mètre près.
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