Baccalauréat S Antilles Guyane juin Corrigé

Description

Niveau: Supérieur
Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2007 Corrigé EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats Question de cours La fonction x 7? f (x)? g (x) est continue sur I (car f et g le sont), donc ∫b a f (x)? g (x)dx existe. Comme de plus on a f (x)?g (x)> 0, la propriété de positivité permet d'écrire que :∫b a f (x)? g (x)dx > 0. On a alors, par linéarité de l'intégrale ∫b a f (x)dx ? ∫b a g (x)dx > 0, d'où le résultat. Partie A 1. Soit x un réel supérieur ou égal à 1. La fonction t 7? 2? t est continue sur [1 ; x], et on a : ∫x 1 (2? t)dt = [ 2t ? 1 2 t2 ]x 1 = ( 2x ? 1 2 x2 ) ? ( 2? 1 2 ) =? 1 2 x2+2x ? 3 2 . 2. Comme t ? [1 ; +∞[, t > 0, donc : 2? t 6 1 t ? 2t ? t2 6 1? 06 t2?2t +1?6 (2t ?1)2.

• vecteur directeur


• définition du point m3


• points réservé aux candidats


• candidats notons


• orthocentre du triangle obp


• points commun

Sujets

• Vecteur directeur

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 51
• Langue: Français

Extrait

Baccalauréat S AntillesGuyane juin 2007 Corrigé

E X E R C IC E points1 6 Commun à tous les candidats Question de cours Z b La fonctionx7→f(x)−g(x) est continue surI(carfetgle sont), doncf(x)−g(x)dx a existe. Comme de plus on af(x)−g(x) > 0, la propriété de positivité permet d’écrire que : Z ZZ b bb f(x)−g(x)dx > 0. On a alors, par linéarité de l’intégralef(x)dx−g(x)dx > 0, a aa d’où le résultat. Partie A 1.Soitxun réel supérieur ou égal à 1. La fonctiont7→2−test continue sur [1 ;x], et on a : Z ·¸ µ¶ µ¶ x x 1 11 13 2 22 (2−t) dt=2t−t=2x−x−2−− =x+2x−. 2 22 22 1 1 2.Commet∈[1 ;+∞[,t>0, donc : 1 2 22 2−t 6 ⇔2t−t 6 1⇔0 6 t−2t+1⇔ 6 (2t−1) . t La dernière inégalité étant vraie, le raisonnement par équivalences permet de conclure 1 qu’on a bien 2−t 6 . t 1 1 3.Les fonctionst7→2−tett7→sont continues sur [1;+∞[ et 2−t 6 , la question t t de cours permet alors d’écrire que : Z Z x x 1 (2−t)dt 6 dt 1 1 t 1 31 3 2 x 2 c’estàdire :−x+2x− 6 [lntd’où :] ,−x+2x− 6 lnx. 1 2 22 2 Partie B

1. a.hest continue surR(polynôme) et : Z ·¸ µ¶ µ¶ 4 4 1 31 13 44 3 2 h(x)dx= −x+x−x= −×64+16−6− −+1− =− +=0. 6 26 1 1 6 26 6 b.Sur le graphique, les deux aires coloriées sont égales. 2.4] on aSur [1;h(x) 6 lnx(question A3), l’aireAdu domaine (D) est donc donnée Z Z 4 4 par :A=(lnx−h(x))dx=lnxdx(par linéarité et comptetenu du fait que 1 1 Z 4 1 ′ ′ h(x)dx=0). Posonsu(x)=1,v(x)=lnxetu(x)=t,v(x)=. Les fonctionsu,v 1 x ′ ′ sont dérivables sur [1; 4], les fonctionsu,v; 4], le théorèmesont continues sur [1 d’intégration par parties s’applique donc et on a : Z 4 4 A= [ xlnx ] −1dx=4 ln 4−1×(3−1)=8 ln 2−3 u.a. 1 1

Baccalauréat S

E X E R C IC E 2 5points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité. ′ ′′ ′′ 1.On posez=x+iyetz=x+iyavecx,y,xetyréels. 1 ¡ ¢ ′ a.Par définition :z=z+z, c’estàdire : 2 1 11 1 ′ ′ x+iy=(x+iy+i(x−iy))=(x+iy+ix+y)=(x+y)+(x+y)i. 2 22 2 En identifiant les parties réelles et imaginaires, on obtient les égalités annon cées. ′ ′′ On en déduit quey=xdonc queMappartient à la droite d’équationy=x. ′ OrOetAappartiennent aussi à cette droite, d’oùM∈(O A). ½ ½ 1 © x=(x+y) 2x=x+y ′ 2 b.M=M⇔ ⇔⇔x=y. L’ensemble cher 1 y=(x+y ) 2y=x+y 2 ché est donc la droite (O A). µ ¶ −−−→ 1 1 ′ c.Un calcul immédiat montre queM Ma pour coordonnées(y−x() ;x−y) 2 2 −−→ −−−→ −→− 1 1 −−→− −−→ ′ ′ etO A(1 ; 1). DoncM M∙O A=(y−x)+(x−y)=0, etM M⊥O A. 2 2 2. a.Voir figure 1.

F IG . 1 – exercice 2 (nonspécialité)

M 1 +

−→ v −→ u + O

M 3 +

M +

M 2 +

π π i b.L’écriture complexe de la rotationrde centreOet d’angleest :z7→ez=iz. 2 2 Par conséquentz 1 =iz. −−−−→−−−→ Par définition du pointM 3 ,M 1 M 3 =O M 2 , doncz 3 −z 1 =z 2 −0, ce qui donne : z 3 −iz=z, c’estàdirez 3 =iz+z. c.On a :O M 1 = | z 1 −0 | = | i z| = |i| × |z| = |z|; O M 2 = |z| = |z|. Le parallélogrammeO M 1 M 3 M 2 a deux côtés consécutifs de même longueur, c’est donc un losange. 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ ′ d.z−z=z+z−z=z+i z−2z=iz−z. 2 22 1 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ 1 ′ Par ailleurs,iz 3 =ii z+z= −z+z, on a donc bienz−z=iz 3 . 2 22 2 1 11 ′ ′ On en déduit que|z−z| =iz 3 = ×|i | × | z 3 | , c’estàdire queM M=O M. ¯ ¯ 2 22

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3.On a déjàO M=O M 1 =O M 2 = |z|, les pointsM,M 1 etM 2 sont donc sur un même cercle de centreO.M 3 appartient à ce cercle si et seulement siO M 3 =O Mc’està ′ dire (d’après la question 2d) si et seulement si 2M M=O M, ce qui équivaut bien à 1 ′ M M=O M. 2 ′ ′′ ′ Le triangleO M Mest rectangle enM; en effetM∈(O A) et (M M)⊥(O A) (question 1), on a donc : 1 ′ O M M M1 2 ′ à sinM OM= ==. O MO M2 π ′ à On en déduit queMM O=. 6

E X E R C IC E 2 Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A 1.Voir figure 2.

F IG . 2 – exercice 2 (spécialité)

A + −→ v + −→ O u M +

+ B

+ P

+ C

5 points

2.sest la composée d’une similitude indirecte (S 1 ) par une similitude directe (h), c’est donc une similitude indirecte. 3.S 1 a pour écriture complexez7→zetha pour écriture complexez7→3z. s=h◦S 1 a donc pour écriture complexez7→3z. 4. a.z B =3z A =3(1−i)=3−3i. 2 b.−3iz A = −3i(1+i)= −3i−3i=3−3i=z B , ce qu’il fallait démontrer. µ ¶µ ¶ ³ ´ −−→−−→ z B −z O z B π On a alors :O A,OB=arg=arg=arg(−3i)= −(2π). z A −z O z A 2

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z A +z B 1+i+3−3i 5.Ma pour affixez M == =2−i. 2 2 Pa pour affixez P =3z M =3(2+i)=6+3i. −−→−−→−−→−−→ On aOP(6 ; 3) etAB(2 ;−4), doncOP∙AB=6×2+3×(−4)=12−12=0, ce qui prouve bien que (OP)⊥(AB). Partie B 1.Mest le milieu de [AB], et une similitude conserve les milieux, doncs(M) est le milieu de [s(A)s(B)], autrement ditPest le milieu de [BC]. ′ 2. a.s◦sa pour écriture complexe :z7→3(3z)=9z. On reconnaît l’écriture com plexe de l’homothétie de centreOet de rapport 9. b.s(O)=O(calcul immédiat). s(P)=s◦s(M) ors◦sest une homothétie de centreO, donc les pointsO,Met s(P) sont alignés. L’image de la droite (OP) par la similitudesest la droite passant pars(O) et s(P) ; c’est donc la droite (O M). c.On sait que (B M)⊥(OP) d’après la question A5 :Mappartient donc à la hau teur issue deBdans le triangleOB P. Une similitude conserve l’orthogonalité doncs((B M))⊥s((OP)). Ors(B)=Cet s(M)=P, et on a vu ques((OP))=(O M), on a donc montré que (B P)⊥(O M). On en déduit queMappartient à la hauteur issue deOdans le triangleOB P. Mest donc l’orthocentre du triangleOB P.

E X E R C IC E 3 5points Commun à tous les candidats −→ −→ ′ 1.Les plans (P) et (Q) ont pour vecteurs normaux respectifsn(0; 2; 1)etn(0 ; 1 ;−2). −→ −→ −→ −→ ′ ′ On an∙n=0, doncn⊥net par suite, les plans (P) et (Q) sont perpendiculaires. 2.L’intersection des plans (P) et (Q) est une droite (plans perpendiculaires). A∈(P) car 2×0+6−6=0 etA∈(Q) car 0−12+12=0, doncA∈(P)∩(Q) ; on montre de la même façon queI∈(P)∩(Q). Les pointsAetIétant distincts, la droite d’intersection des plans (P) et (Q) est donc la droite (AI), c’estàdire la droite (D). ³ ´ −→ 3.SoitM(x;y;z) un point de l’espace.Mappartient à l’axeO;jsi et seulement si ½ x=0 . z=0  x=0 ³ ´  −→ Mappartient à l’axeO;jet au plan (P) si et seulement si z=0  2y+z−6=0  x=0  ³ ´ −→ c’estàdire si et seulement si y=3 . Le plan (P) coupe donc l’axeO;jau  z=0 pointB(0 ; 3 ; 0). ³ ´ −→ Un raisonnement analogue montre que le plan (Q) coupe l’axeO;jen un point C(0 ;−12 ; 0). −→ 4.On aAC(−3 ;−12 ;−6) donc le plan (T) a une équation cartésienne de la forme : −3x−12y−6z+d=0. EtB0)(0 ; 3 ;∈(T), donc 0−12×3−0+d=0, d’oùd=36. Le plan (T) a donc pour équation cartésienne−3x−12y−6z+36=0, ou encore, en simplifiant par−3 :x+4y+2z−12=0. −−→ 5.La droite (O A) passe parO(0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeurO A(3 ; 0 ; 6). Une  x=3t  représentation paramétrique de (O A) est donc : y=0 (t∈R) .  z=6t

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Un pointMappartient à la droite (O A) et au plan (T) si et seulement si il existe un réelttel queM(3t; 0 ; 6t) et (3t)+4×0+2×(6t)−12=0, ce qui donne une unique 4 valeur :t=. La droite (O A) et le plan (T) sont donc sécants en un pointHqui a 5 µ ¶ µ¶ 4 4 12 24 pour coordonnées3×; 6; 0×, c’estàdireH; 0 ;. 5 55 5 −−→ 6.Les pointsBetHappartiennent au plan (T) qui a pour vecteur normalO A, donc (B H)⊥(AC) : le pointHappartient à la hauteur issue deBdu triangleABC. µ ¶ −−→ 3 6 −−−→→−−→ AH−; 0;−etBC(0 ;−15 ; 0), doncAH∙BC=0 et (AH)⊥(BC) : le pointH 5 5 appartient donc à la hauteur issue deAdu triangleABC. Le pointHest donc l’orthocentre du triangleABC.

E X E R C IC E points4 4 Commun à tous les candidats Notons : –S1 (respectivementS2) l’événement « la pièce est fabriquée par le soustraitant S1(resp. S2) » ; –P1 (respectivementP2) l’événement « la pièce est du type P1 (resp. P2) ». D’après les indications de l’énoncé on a déjà : p P1 (S1)=0,8p P1 (S2)=0,2p P2 (S1)=0,4p P2 (S2)=0,6. 1. a.Il y a autant de pièces de chaque type doncp(P1)=0,5. b.La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est :p(P1∩S1)= p P1 (S1)×p(P1)=0,8×0,5=0,4. c.La probabilité qu’elle vienne de S1 est, d’après la formule des probabilités to tales : p(S1)=p(S1∩P1)+p(S2∩P2)=p P1 (S1)×p(P1)+p P2 (S1)×p(P2)=0,8×0,5+0,4×0,5=0,6. 2.ployé tire deux piècesIl y a 200 pièces au total, soit 100 P1 et 100 P2. Cette fois l’em ¡ ¢ 200 simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables. Il y a donctirages 2 possibles. a.La probabilité que ce soit deux pièces P1 est : ¡ ¢ 100 200 ×199 2 2×1 ¡ ¢ = ≃0,2487. 200 100×99 2 2×1 b.La probabilité que ce soit deux pièces, l’une P1 et l’autre P2, est : ¡ ¢¡ ¢ 100 100 × 100×100 1 1 ¡ ¢ = ≃0,5025. 200 200×199 2 2×1 c.Il y a 0,6×200=120 pièces fabriquées par le soustraitant S1 et donc 200−120= 80 pièces fabriquées par S2. La probabilité que les deux pièces choisies soient fabriquées par le même fournisseur est : ¡ ¢¡ ¢ 120 80 120×119 80×79 103 2 2 ¡ ¢ + ¡ ¢ = + =. 200 200 200×199 200×199 199 2 2 3.r S1 est 0,2. La probaD’après le tableau la durée de vie d’une pièce P1 fabriquée pa bilité que cette durée de vie soit inférieure à 5 ans est donc : Z 5 £ ¤ 5 −0,2t−0,2t−0,2×5−1 p(X 6 5)=0,2e dt= −e=1−e=1−e≃0,6321. 0 0

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y

1.5

1.0

−→ j 0.5

O

−0.5

−1.0

−1.5

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F IG . 3 – Annexe (à rendre avec la copie)

−→ i

1

6

2

3

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x