Corrigé du baccalauréat S Liban mai

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011 \ EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. a. Plusieurs méthodes : ??AB (?4 ; ?4 ; 4) et ???AC (?1 ; ?4 ; ?2) : ces deux vec- teurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés. Ils constituent le plan (ABC). b. On a ??n ·???AB =?8+4+4= 0 et ??n ·???AC =?2+4+?2= 0. Donc ??n est normal à deux vecteurs du plan (ABC) est donc un vecteur normal à ce plan. 2. Le plan (P ) a pour vecteur normal ??p (1 ; 1 ; ?1). Or??n ·??p = 2?1?1 = 0. Les vecteurs normaux auxdeuxplans sont orthogonaux, donc les plans (ABC) et (P ) sont perpendiculaires. 3. a. Par définition puisque 1?1+2= 2 6= 0, le barycentre G existe et vérifie : 1???GA ?1???GB +2???GC = ??0 ?? 2???GO +???OA ????OB +2???OC = ??0 ?? 2???OG = ???OA ????OB +2???OC ?? ???OG = 1 2 [???OA ????OB +2???OC ] , ce qui se traduit pour les coordonnées (x ; y ; z) de G par : ? ? ? x = 12 (1+3+0) y = 12 (2+2?4) z = 12 (?1?3?6) ?? ? ? ? x = 2 y = 0 z = ?5 On

• pi6


• affixe du point ?


• zb za


• ???ga ????mg


• angle


• ??


• points commun


• point m1

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mai 2011
• Nombre de lectures: 69
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011\

E X E R C IC E points1 5 Commun à tous les candidats −→−→ 1. a.Plusieurs méthodes : AB (−4 ;−4 ; 4) et AC (−1 ;−4 ;−2) : ces deux vec teurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés. Ils constituent le plan (ABC). −→−−→→−→ b.On an∙AB= −8+4+4=0 etn∙AC= −2+4+ −2=0. −→ Doncnest normal à deux vecteurs du plan (ABC) est donc un vecteur normal à ce plan. −→ 2.Le plan (P) a pour vecteur normalp1 ;(1 ;−1). −→−→ Orn∙p=2−1−1=0. Les vecteurs normaux aux deux plans sont orthogonaux, donc les plans (ABC) et (P) sont perpendiculaires. 3. a.Par définition puisque 1−1+2=26=0, le barycentre G existe et vérifie : −→−→−→ −→−−→−→−→−→ −→−−→ 1GA−1GB+2GC=0⇐⇒2GO+OA−OB+2OC=0⇐⇒2OG= h i −→−→−→−−→ 1 −→−→−→ OA−OB+2OC⇐⇒OG=OA−OB+ce qui se traduit pour2OC , 2 les coordonnées (x;y;z) de G par :   1 x=(1+3+0) x=2   2 1 y=(2+2−4)⇐⇒ y=0 2   1 z=(−1−3−6) z= −5 2 On a bien G(2 ;0 ;−5). −→ −→−→ b.CG (2 ;2 ;−2)=2p,pétant un vecteur normal au plan (P). Donc la droite (CG) est orthogonale au plan (P). −−→−→ c.On sait queM(x;y;z)∈(CG)⇐⇒il existet∈Rtel que CM=tCG⇐⇒   x−0=2t x=2t   y+2=2t ⇐⇒ y= −2+2t   z+3= −2t z= −3−2t d.Les coordonnées de H vérifient l’équation paramétrique de la droite (CG) et l’équation du plan (P) donc le système :   x=2t x=2t    y= −2+2t y= −2+2t ⇐⇒ z= −3−2t z= −3−2t     x+y−z+2=0 2t−2+2t+3+2t+2=0   x=2t x=2t     y= −2+2t y= −2+2t ⇐⇒ ⇐⇒soit en reportant z= −3−2t z= −3−2t   1   6t+3=0 t= − 2 dans les trois premières équations : x= −1,y= −3 etz= −2. Donc H(−1 ;−3 ;−2). 4.ycentre G, on a :En faisant intervenir grâce à la la relation de Chasles le bar −−→ −−→−−→−−→−→−−→−→−−→−→ ° MA−MB+2MC ° =12⇐⇒ ° MG+GA−MG−GB+2MG+2GC ° =12⇐⇒ −→−→−→−−→ kGA−GB+2GC+2MGk =12⇐⇒2GM=12⇐⇒GM=6 : cette égalité si { } −→ =0 gnifie queMappartient à la sphère de centre G et de rayon 6.

5.Calculons la distance de G centre de la sphère au plan (P) :

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

|2−0+5+2|9 p d(G ; (P))== =3 3≈5, 2<6 rayon de la sphère, ce qui 2 2 2 1+1+ 1 3 montre la sphère et le plan sont sécants en un cercle dont le centre est le pro jeté de G sur le plan qui n’est autre que H puisqu’on a vu que la droite (CG) est orthogonale au plan (P) et que H est le point commun à (P) et à la droite (CG). ¡p¢ 2 2 2 Le rayonrdu cercle vérifie l’égalité de Pythagore :r+3 3=6⇐⇒ 2 r=36−27=9⇒r=3. Le cercle de centre H et de rayon 3 est commun à la sphère et au plan (P).

E X E R C IC E points2 3 Commun à tous les candidats 1.On a l’arbre de probabilité suivant : 4 10 B 7 M 1 10 6 N 10 2 10 B 3 M 2 10 8 N 10 24 6 3 8 a.O (N)== × =. Réponse D. n ap(M 2 )×p M 2 10 10 100 25 7 6 3 842 (N)=p(M )×p(N)+× + × = b.On ap 1 M 1 +p(M 2 )×p M (N)= 1000 10 10 10 2 1 24 6633 = =. Réponse B. 100 100 50 6 p(N∩M 6 2 25 4 50 c.Il faut trouverp N (M 2 )= × == =. Réponse A. 33 2533 p(N) 11 50 ¡ ¢ 4 2. a.Le nombre de tirages favorables est=4 (tirage de 3 boules jaunes) et 3 ¡ ¢ 3 =1 (tirage de 3 boules bleues). 3 ¡ ¢¡ ¢ 4 3 + 4+51 5 3 3 La probabilité est donc égale à : ¡ ¢ = ==. Ré 9 9! 3×4×7 84 3 3!6! ponse C. b.Il y a 4×2×3 cas favorables. La probabilité cherchée est donc égale à : 4×2×3 24 2 = =. Réponse A. 9! 3×4×7 7 3!6! 4 41 c.La probabilité de tirer 3 boules jaunes est égale à= =. 9! 3×4×7 21 3!6! Donc la probabilité de ne pas avoir un tirage de 3 boules jaunes est égale 20 à . 21 La probabilité de ne pas avoir de tirage de 3 boules jaunes enntirages µ ¶ n 20 est donc égale à. La probabilité de l’évènement contraire « obtenir 21 µ ¶ n 20 au moins une fois trois boules jaunes » est égale à 1−. 21 Il faut donc résoudre l’inéquation : µ ¶µ ¶µ ¶ n n 20 2020 1− > 0, 99⇐⇒ 6 0, 01⇐⇒nln 6 ln 0, 01⇐⇒ 21 2121 µ µ¶ ¶ 20 ln0, 01 car ln<0n > ¡ ¢ . 20 21 ln 21

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Corrigé du baccalauréat S

ln 0, 01 Or ¡ ¢ ≈94, 4. 20 ln 21 Il faut donc réaliser au moins 95 expériences. Réponse C.

E X E R C IC E 3 Candidats ayant suivi l’enseignement obligatoire

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Démonstration classique.

A. P. M. E. P.

5 points

Partie B 2 1.On a | z A | = 1+1=2 ⇒ | z A | = 2. En factorisant ce module : à ! p 2 2 p ¡ ¢ π π π − z A =2−i=2 cos− +i sin− =Le module est égal à2e . 4 4 4 2 2 π 2 et un argument est−. 4 ¡ ¢¡ ¢ 2+3+i (1+i 2+3−1+i 2+3+1 z B 2+3+i 2. a.= == = z A 1−i (1−i)(1+i) 1+1 ¡ ¢ p 1+3+i 3+3 1 +3 3+3 = +i . 2 22 b.Calculons le module : ¡ p ¢ 2 ¡ ¢ 2 p p 2 1+ z B 3 3+3 1 +3+2 3+9+3+6 316+8 3 = + == = ¯ ¯ z A 4 44 4 4+2 3. ¡p¢ p p 2 z B Or 4+2 3=1+3+2×1×3=1+3 .Donc=1+3. ¯ ¯ z A En factorisant ce module on obtient : " #" ¡ ¢ ¡ p ¢ # z B ¡ ¢ 1 13+3 ¡ p ¢ 1 1 3+3 1−3 =1+3+i=1+3+i ¡ ¢¡ p ¢ = z2 22 2 A 1+3 1+3 1−3 " ¡ p " #¢ # ¡ p ¢ 3 1 1 −3+3−3 3 ¡ p ¢ 1 3 1+3+i=1+3+i= 2 21−3 22 ¡ p ¢¤ ¡¢ £ π π π i 3 1+3 cos+i sin=1+3 e. 3 3 ¡ ¢ ¡p¢ π ¡ ¢ π π p¡p¢ π π i i−i− c.On a doncz B =1+3 e×z A =1+3 e×2e=2 1+3 e= 3 34 34 ¡p¢ π i 12 2 1+3 e. ′ 3. a.Par définition, tout pointMd’affixeza pour image le pointMd’affixe π ′ ′ −i ztel quez=ze . 6 Donc en utilisant l’écriture exponentielle dez B , on a ¡ ¢ π π p¡ ¢ π i−i−i z B 1 =2 1+3 e×e=2 1+.3 e 12 6 12 b.On constate quez zce qui signifie B 1 = B géométriquement que B 1 est le ³ ´ −→ symétrique du point B par rapport à l’axeO ;u. a.O a pour image par la rotation le point O qui a pour symétrique par rap ³ ´ −→ port à l’axeO ;ule point O : le point O est donc invariant. B a pour image par la rotation le point B 1 qui a pour symétrique par rap ³ ´ −→ port à l’axeO ;ule point B : le point B est lui aussi invariant.

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Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

iθ b.Md’affixeρe apour image par la rotation le pointM 1 d’affixe ¡ ¢ π π iθ −i iθ− ρe×e=ρe . 6 6 ³ ´ −→ Ce pointM 1 a pour symétrique autour de l’axeO ;ule point de même ¡ ¢ π i−θ module mais d’argument opposé soitz=ρe . 6 ′ M ¡ ¢ π ′iθ i− θ π On a doncM=M⇐⇒ρe=ρe⇐⇒θ= −θmod 2π⇐⇒ 6 6 π π 2θ=mod 2π⇐⇒θ=modπ. 6 12 c.es pointsL’ensemble (E) est donc la droite privée de O contenant tous l π d’argument ,donc en particulier le point B; mais on a vu que O était 12 invariant donc (E) est la droite (OB).

E X E R C IC E 3 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Partie B

5 points

1.Par définition sikest le rapport de la similitude, alors CB =kDC. Or puisque p ABC est rectangle isocèle en A, CB = CA2 = CD2. Le rapport de la similitude est donc égal à2. ³ ´ −→−→ π L’angle est égal àDC ; CB=. 4 ³ ´³ ´ 2 2 −→ −−→−−→−→−−−−→−−−→−→−→−−→−→ 2 2. a.DC=ΩC−ΩD⇒ ° DC ° =DC= ° ΩC−ΩD ° =ΩC−ΩD∙ΩC−ΩD= 2 2 −−→ −−→ −−→−−→ ° ΩC ° + ° ΩD ° −2ΩC∙ΩD . p 2 2 Le rapport de la similitude étant de2, on aΩC=ΩD 2,etΩC=2ΩD . ³ ´ p −−→−−→ 2 22 D’où DC=2ΩD+ΩD−2×ΩD×2×ΩD×cosΩC ;ΩD= 2 2 22 22 3ΩD−2 2×ΩD× =3ΩD−2ΩD=ΩD . 2 b.La dernière égalité montre que DC=ΩD, c’estàdire que le triangleΩCD π est isocèle en D. Mais comme l’angle enΩl’angle en C mesuremesure , 4 π π aussi etpar supplément àπ, l’angle en D mesure. 4 2 Conclusion : le triangleΩDC est un triangle rectangle isocèle en D. 3. a.σcomposée de deux similitudes est une similitude dont le centre estΩ centre des deux similitudes, dont le rapport est égal aux produit des rap p ports des deux similitudes soit2×2=2 et dont l’angle est égal à la π π π somme des angles des deux similitudes soit+ =. 4 4 2 b.On as(D)=C ets(C)=B soits [ s(D)]=B ou encores◦s(D)=B. Conclusion B est l’image de D parσ. ³ ´ −−→−→ π 4.D’après les deux questions précédentesΩB=2ΩD etΩD ;ΩB=. 2 Le quadrilatère ADΩB a dont trois angles droits : c’est un rectangle. 5. a.De façon évidente l’affixe du pointΩest 1+2i. p π Puisquesest la similitude de centreΩ, l’imagede rapport2 et d’angle 4 ′ ′ d’un pointMd’affixezest le pointMd’affixeztel que : Ã ! π p 2 2 ′ i ′ 4 z−(1+2i)=2e [z−(1+2i)]⇐⇒z=1+2i+2+i [z−(1+2i)]⇐⇒ 2 2 ′ ′ z=1+2i+(1+i) [z−(1+2i)]⇐⇒z=1+2i+z(1+i)−1−2i−i+2⇐⇒ ′ z=z(1+i)+2−i.

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E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats

Corrigé du baccalauréat S

Partie A

1.La fonction est dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : ′ −x f(x)=1−e . ′ −x−x Orf(x)>0⇐⇒1−e>0⇐⇒1>e⇐⇒(par croissance de la fonction ln) 0> −x⇐⇒x>0. ′ Conclusion :f(x)>sur [0 ;+∞[ : la fonction est croissante sur cet intervalle. −x 2.lim eOn sait que=0, donc limx→ +∞f(x)= +∞. x→+∞ −x 3.Soitdla fonction définie sur [0 ;+∞[ pard(x)=f(x)−x=e . −x On a vu quelim e=0 ce qui signifie que la droite d’équationy=xest x→+∞ asymptote oblique à (C) au voisinage de plus l’infini.

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7 points

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1.La fonctiongest dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : 1 1+x−1x ′ g(x)=1− ==. 1+x1+x1+x ′ Commex > 0 et 1+x > 1>0, le quotientg(x) est positif ou nul : la fonctiong est donc croissante sur [0 ;+∞[. Commeg(0)=0 on en déduit que pour toutx de [0 ;+∞[,g(x) > 0⇐⇒x−ln(1+x) > 0⇐⇒x > ln(1+x)⇐⇒ln(1+x) 6 x. 1 ¡ ¢ 1 1 2.En appliquant l’inégalité trouvée àx=1, on obtient ln+ 6 ⇐⇒ n n n ¡ ¢ n+1 11 1 ln 6 ⇐⇒ln(n+1)−lnn 6 ⇐⇒ln(n+1) 6 lnn+. n nn n −x 3.On a pour tout réel positifx,f(x)=x+e d’oùavecn > 1, 1 1 −lnnlnn f(lnn)=lnn+e=lnn+ =lnn+, car pourn>1, e=n. lnn e n −0 4.Initialisationln 1 6 u 1 =0+e=1 est vraie. HéréditéSupposons qu’il existep∈N,p>1 tel que lnp 6 u p . Donc :

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Partie B

A. P. M. E. P.

′ ′′ b.Avecz=x+iyetz=x+iy, on a en remplaçant dans la définition com plexe de la similitude : ′ ′′ ′ x+iy=(x+iy)(1+i)+2−i⇐⇒x+iy=x−y+2+i(x+y−1) et en identifiant parties réelles et parties imaginaires : ½ ′ x=x−y+2 ′ y=x+y−1 − −→ −→ ′ c.On a AM(x−y+2 ;x+y−1) et AJ (1 ; 3). −→− →− ′ Donc AM∙AJ=0⇐⇒x−y+2+3(x+y−1)=0⇐⇒ x−y+2+3x+3y−3=0⇐⇒4x+2y−1=0⇐⇒4x+2y=1. Sixetysont des entiers la relation trouvée signifie quexetysont pre miers entre eux, mais aussi que 4 et 2 sont premiers entre eux ce qui est manifestement faux. On peut également dire simplement que 4x+2yest pair : ce nombre ne peut donc être égal à 1 impair. Conclusion : il n’existe pas de pointMdu plan dont les coordonnées sont − → →− − ′ des entiers relatifs et tels que AM∙AJ=0