Corrigé du baccalauréat S France septembre 2005

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S France septembre 2005 EXERCICE 1 5 points Partie A 1. En posant X = x 2 , on a f (X ) = (40X + 10)e?X = 40 X eX + 10 eX . La limite de ces deux termes en plus l'infini est nulle : lim x?+∞ f (x)= 0. 2. f ?(x) = (20?10x ?5)e? 1 2 x = (15?10x)e? 1 2 x qui est du signe de (15?10x) car e? 1 2 x > 0. Cette dérivée s'annule en 3 2 . D'où le tableau de variations : x 0 3/2 ? +∞ f ? + 0 ? f 10 40e?3/4 10 0 3. Sur ]0 ; 3/2], f (x) > 10, donc l'équation f (x) = 10 n'a pas de solution ; sur l'intervalle ]3/2 ; +∞[, la fonction f est continue (car dérivable, monotone décroissante de 40e?3/4 ≈ 18,9 à 0. Il existe donc un réel unique ? ?]3/2 ; +∞[ tel que f (x)= 10.

• unvecteur normal au planr


• théorème d'al-kashi


• théo- rème de pythagore


• droite ∆


• coefficient de t2 positif

Sujets

• France 3
• France 4
• France 2
• Théorème d'Al-Kashi

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2005
• Nombre de lectures: 17
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
CorrigédubaccalauréatSFranceseptembre2005
EXERCICE1 5points
PartieA
x X 10−X1. En posant X = ,onaf(X) = (40X +10)e = 40 + . La limite de ces
X X2 e e
deuxtermesenplusl’infiniestnulle:
lim f(x)=0.
x→+∞
1 1 − x − x2 22. f (x)=(20−10x−5)e =(15−10x)e qui est du signe de (15−10x)car
1 3− x2e >0.Cettedérivées’annuleen .D’oùletableaudevariations:
2
x 0 3/2 α +∞
f + 0 −
−3/440e
10
f
10 0
3. Sur ]0 ; 3/2], f(x) > 10, donc l’équation f(x) = 10 n’a pas de solution; sur
l’intervalle ]3/2 ; +∞[, la fonction f est continue (car dérivable, monotone
−3/4décroissantede40e ≈18,9à0.Ilexistedoncunréeluniqueα∈]3/2 ; +∞[
telque f(x)=10.Lacalculatricedonneα≈4,673.
4.y
18
15
12
10
9
6
3
0
α x
0123456789101CorrigédubaccalauréatSseptembre2005

1 − x
2u(x)=20x+10 v (x)=e
5. OnintègreIparparties.Enposant: 1 − x
2u (x)=20 v(x)=−2e
33 1 1 3 1 31 − x − x − x− x2 2 2 2OnaI= −2(20x+10)e + 40e dx= −2(20x+10)e − 80e =
0 0 00 3−3/2 −3/2−40x−100e =100−220e .
0
−3/2I=100−220e ≈50,91 (u.a.)
PartieB
1 1 1 1 − t − t − t
2 2 21. Onaeffectivement f (t)+ f (t)=(15−10t)e +(10t+5)e =20e .Donc
2
f estunesolutionde(E)sur[0; +∞[.
1 1 − t22. a. Par définition on a g (t)+ g(t)=20e et g(0)=10. On vient de voir
2
1 1 − t
2que f(t)+ f (t) = 20e d’où par différence de ces deux équations :
2
g f 1 g −f + − =0 ⇐⇒ (g −f) + (g−f)=0.
2 2 2
Conclusion : la fonction g − f est solution, sur l’intervalle [0 ; +∞[, de
1 l’équationdifférentielle :(E ) y + y =0.
2
−t/2b. Lessolutionsdel’équation(E )sontlesfonctions t −→ Ke .
c. Lafonction(g−f)estl’unedecessolutions.Or(g−f)(0)=g(0)−f(0)=
K =10−10=0.Lafonction g−f estdonclafonctionnulle.
Conclusion :l’équation différentielle (E) aune solution unique vérifiant
y (0)=10,c’estlafonction f delapartieA.
3. D’après la question 3. de la partie A, cela correspond à la valeur α telle que
f(α)=10.Onavuqueα≈4,673h≈4h41min.
−3/21 100−220e
4. θ= f(x)dx = ≈17 (degrés).
3−0 3
EXERCICE2 5points
Candidatsayantchoisil’enseignementdespécialité

iπ 14iπ 2iπ 1 i 314 14 73 3 31. Onaz = 2e ;doncz =( 2) e =2 e =128 − + =
2 2

14z =−64+64i 3.
RéponseC
2. |z−3|=|3−4i|=5 ⇐⇒ SM =3 ⇐⇒ M appartient aucercledecentreSetde
rayon3.
RéponseD
3. D’aprèslethéorèmed’Al-KashilesdiagonalesACapourlongueur
2 21 +1 −2cos120= 1+1+1= 3.
−−→ −→
ACFestuntrianglerectangleenA,doncCF=2.AC ·CF =−AC×CA=−3.
Réponse:B

2 2 22 x 1− −x 1− − 1−2 xx −2x x x
4. g(x)= =g(x)= = = (eneffetpour
3x−3 x−3 x−3
1−
x
2x0, x =|x|=−x).
La limite du dénominateur est −1 et celle du numérateur au voisinage de
moinsl’infiniestégaleà1,doncleurquotientapourlimite−1.
Réponse:A(auvoisinagedemoinsl’infini).
France 2
CorrigédubaccalauréatSseptembre2005
x
2 −x5. Onapardéfinition f (x)= e etendérivantparrapportàx,
0
2−xf (x)=−2xe .
Réponse:C
EXERCICE2 5points
Candidatsayantchoisil’enseignementdespécialité
1. RéponseD
2.C
3. RéponseC
4.A
5. RéponseD
EXERCICE3 5points
→− →− →−
1. UnvecteurnormalauplanRestlevecteur r (1; 2; 0).Or r ·n =−2+2+0=0.
Cesvecteursétantorthogonaux,lesplanssontperpendiculaires.
2. Équation du planP. Son équation est de la forme −2x +y +5z +d =0et
B ∈P ⇐⇒ −2−2+5+d = 0 ⇐⇒ d =−1. Une équation deP est donc
−2x+y+5z−1=0.
Les points communs aux deux plans vérifient les deux équations. On résout
donc:
x+2y −7 == 0 x+2y = 7
⇐⇒ =⇒ 5x = 10z +
−2x+y+5z−1 = 0 −2x+y =− 5z+1
5 ⇐⇒ x =2z+1etenreportantdansl’unedesdeséquationsduplan,
y=−z+3.
Les deuxplans étantperpendiculaires, leur intersection estbienunedroite∆ 
x =2z+1 x =2t+1 
définiparleséquations y=−z+3 ouenremplaçantz part : y=−1t+3 .
 
z =z z =1t+0
→−
Ceci est l’équation d’une droite ayant pour vecteur directeur u (2 ; −1;1)et
l’onvérifieaisémentquepourt=−1,ellecontientlepointC(−1;4;−1).

|−10−2−5−1| 18 18 30 3 30
3. Onad(A,P)= = = = .
30 54+1+25 30
|5−4−7| 6 6 5
Demêmed(A,R)= = = .
51+4 5
4. Dansle plan contenant A et perpendiculaire aux deux plansP etR,lethéo-
rèmedePythagorepeuts’appliquer et:
270 180 450
2 2 2d (A,∆)=d (A,P)+d (A,R)= + = =18.
25 25 25
Conclusion :d(A,∆)= 18=3 2.

2 2 2 2 2 21. AM =(−4+2t) +(5−t) +(t+1) =6t −24t+42=6 t −4t+7 .t
2Le trinôme t −4t +7 a pour discriminant∆=−40. Il ne s’annule donc pas
2et est positif (coefficient de t positif) quel que soit t.Onpeutdonccalculer
2AM = 6 t −4t+7 =ϕ(t).t
2 2−4t +7=(t−2) +3 somme de deux carrésOn pouvait également écrire : t
quiestpositive,etpermetdeprévoirleminimumdelaquestionsuivante.
12t−24 6(t−2)
2. ϕ (t)= = qui est du signe de t−2. La fonc-
2 22 6 t −4t+7 6 t −4t+7
tionϕestdoncdécroissantesur[0;2],puiscroissantesur[2; +∞[.Elleadonc
unminimum ent =2quiestégalàϕ(2)= 6(4−8+7)= 18=3 2.
France 3
CorrigédubaccalauréatSseptembre2005
3. On reconnaît que M estunpointdeladroite∆ (question 1. b.)etonavut
àlaquestion1.d.quelapluscourtedistancedeAà∆ était égale à 3 2. On
pouvaitdoncsanscalculprévoircerésultat.
EXERCICE4 3points
PartieA
1. En construisant un arbre de probabilités pondérées, on trouve que p(VV) =
1 1 1
p(E)= × = .
4 4 16
1 1 1 6 3
Demêmep(F)=p(VV)+p(BB)+p(RR)= + + = = =0,375.
16 16 4 16 8
3
2. OnauneexpériencedeBernoulliavecn=10etp = .
8
1
p(E∩F) 116Onap (E)= = = .F 6p(F) 6
16
Calculonslaprobabilitéd’obtenirmoinsdedeuxfoisl’évènement F.

0 10 1 9 10 9 3 5 3 5 5 30×510 10p(0foisF)+p(1foisF)= × + × = + =
0 1 10 108 8 8 8 8 8
107×5
.
108
Laprobabilitéd’obteniraumoinsdeuxfoisl’évènement Faucoursdecesdix
107×5
≈0,936 3≈0,936.partiesestdonc1− 108
PartieAExerciceensuspens;ilmesemblequeletableauestincorrectcarlasomme
deseffectifs n’est paségaleà 160 et il difficilepour un tétraèdredetomber en équi-
libresurundesessommets...
France 4