Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

Tofmini

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Avec correction. Corrigé la réunion juin 2011
Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S

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Extrait

Corrigé de l’épreuve de mathématiques Réunion 2011

Dans un repère orthonormé points A(1, 2,–3) et B(–3, 4, 1).

Exercice 1(4 points) , on considère le plan (P) d’équation

1.La droite (D) admet pour représentation paramétrique :

Déterminons l’intersection de (D) et (P). Un point M(x,y,z) appartient à (D) et (P) si ses coordonnées vérifient le système :

Le système conduit à une impossibilitédonc il n’existe aucun point commun entre (D) et (P). Le plan (P) et la droite (D) n’ont aucun point commun. 2.Le plan (P’) admet pour équation Raisonnement 1 : Déterminons l’intersection de (P) et (P’). Un point M(x,y,z) appartient à (P) et (P’) si ses coordonnées vérifient le système:

et les

On obtient la représentation paramétrique d’une droite de vecteur directeur (–1, 1, 1) Raisonnement 2 Un vecteur normal de (P) est le vecteuret un vecteurnormal de (P’) est le vecteur. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (en effet, on ne peut trouver de réelk) donc lestel que deux plans ne sont pas parallèles et se coupent donc suivant une droite∆dont la direction est orthogonale à et . Le vecteuradmet pour coordonnées (–1, 1, 2) donc ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux et la droite∆ n’estpas parallèle au plan (P)(donc n’est pasincluse dans celuici). Il reste la dernière proposition par défaut. Les plans (P) et (P’) sont sécants suivant une droite de vecteur directeur 3.L’ensemble des points équidistantsde deux points A et B de l’espace est le plan médiateur du segment [AB].C’est un plan admettant le vecteurcomme vecteur normalet passant

par le milieu

de [AB]. Les deux équations de plan proposées admettent le même

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vecteur normal, il s’agit donc juste de vérifier si le point I se trouve sur l’un des deux plans. donc

Le plan d’équation. 4.On peut ici utiliser le barycentre G des points pondérés (A, 1) et (B, 3). Dans ce cas, pour tout pointMde l’espace, donc . L’ensemble des pointsMest donc la sphère de centre G et de rayon 2,5. Il reste à déterminer les coordonnées de G. donc pourM=Oon a

.

Une sphère dont le centre a pour coordonnées. Exercice 2(5 points) 1.Il s’agit d’un tirage simultané de quatre bulletins (sans ordre), nous utiliserons donc des combinaisons. Les nombre de tirages possibles est, le nombre de tirages favorables à l’évènement A est

donc . Pour le calcul de la probabilité de B, il est préférable de déterminer. En effetest l’évènement« aucune question ne porte sur le sport» c’estàdire «les quatre questions portent sur l’histoire ou sur la littérature ». Les nombre de combinaisons possibles est doncdonc donc

. 2.L’arbre pondéré s’obtientpar simple lecture de l’énoncé. a.Voir cicontre. b.La formule des probabilités totales permet d’écrire

c.On demande ici

or

.

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3.Il s’agit ici de la répétition 10 fois de manière indépendante d’une épreuve de Bernoulli dont la probabilité du succès vaut 0,7 donc la variable aléatoireX suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,7.

a.Dans ce cas pour toutkcompris entre 0 et 10 on a :

b.Il s’agit de déterminer

.

Exercice 3(6 points) Partie A 1.f. semble croissante sur a.fest dérivable surℝet

.

b.donc le signe def ‘ dépend de celui desur , . Ainsi sur, ce qui prouve quef est croissante sur. 2.La droite d’équationsemble être un axe de symétrie de la courbe(C). Montrons pourcela que la fonction est paire c’estàdire que pour tout réelx, Pour toutxréel :

.

.

.

.

or pour

. En conclusion : pour tout réelx,donc la courbe (C) symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. 3.Ad’abscissea et. a.(C) coupe l’axe des abscisses au pointAdonc . donccest une solution de l’équation. C’est une équation du second degré: doncl’équation admet deux solutions distinctes qui sont . La valeur de c étant positive on adonc . b.On sait quef est croissante suret s’annule encetdonc elle est négative sur positive sur. On sait de plus quefpaire donc, par symétrie on peut en déduire le est signe def surℝ. f est positive suret négative sinon. Page3sur5

Partie B 1.Par définition,Fest la primitive defqui s’annule en0 doncetd’après la question précédente, les variations deFsont évidentes. 2.Entre 0 etala courbe (C) est en dessous de l’axe des abscisses doncreprésente l’opposé de l’aire comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équationset . Cette aire est incluse dans le rectangle de côtésaetf( 0) donc . 3.Limite deF. a.Pour tout réelt, donc

c’estàdire . b.On déduit de ce qui précède que

. Par comparaison, commeet alors. 4.On sait quefsoitest une fonction paire donc ceci prouve queF est impairedonc Exercice 4(5 points) Partie A–ROC 



Ces deux résultats permettent de conclure quedonc soit Partie B 1.Résolution de. donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées qui sont  et. 2.Figure

.

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3.Sest le symétrique deRpar rapport àQdoncQest le milieu de [RS] c’estàdire : . 4.On aet

5.On a et 6.a.D’une part

c’estàdire . b.On en déduit que 

PC=PBet

Et

.

doncABCD est un carré.

et

donc

.

et

d’autre part

donc

.

donc

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