Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

Pat Rick

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Avec correction. Polynesie2011
Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S

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Extrait

Terminale S           Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct ( O;u  ,v  ! .   1. Soient A le point d’affixe 2 − 5i et B le point d’affixe 7 − 3i. | Proposition 1 : Le triangle OAB est rectangle isocèle.    OA1z A 12%5i129 , OB1z B 17%3i158 , AB1z B %z A 1 (7%3i! % (2%5i! 15#2i129 ; Donc : • OA = AB ; • OA² + AB² = OB² ;      On a : z z O B % % z z A A 1 ( 7% 0 3 % i ( ! 2 ( % %5 2 i ! %5i 1 % ! 2 5 # #2 5 i i  % 1 ( 2# 5 5 2 i (! # 5 2 2 %2i 1 ! 29 29i 1i1e i 2 ; D’où z O % %z z A 1 Û z z O % %z z A 11Û 1  et arg    z B O % %z A A    1arg ( i! Û  A  B  ;  A  O  i AO AB z  BB A A z z i ϑ i ϑ  z%z   On a : z B O %z A A 1i1e 2 Ûz O %z A 1e 2 ( z B %z A ! ÛO1r A; ϑ 2 ( B ! . OAB est donc effectivement rectangle isocèle en A .       

1 2 ;

Juin 2011

  2. Soit ! z telle que |z − i| = |z + 2i|.l’ensemble des points M d’affixe | Proposition 2 : ( D ! est une droite parallèle à l’axe des réels. M z ! Î ( D ! Ûz%i1z#2iÛz%z A 1z%z B  où A(i) et B(2i) Û %z A 1z%z B ÛAM1BM  ! porté par l’axe des imaginaires purs donc est donc la médiatrice du segment [AB] qui est ( D !  est bien parallèle à l’axe des réels .        3. Soit= 3 + i 3 . | Proposition 3 : Pour tout entier naturelnon nul, z 3 est imaginaire pur. Forme exponentielle de: z11212 3 d’où 12 3   3 #i 1   12 3    cos ϑ #isin ϑ    12 3e i 6 .  2 2  6 6    3n 1     2 3e i 6 ϑ     3n 12 3 3n e i    3n´ 6 ϑ    124 3 n e i n 2 ; Donc,  2 3 2 i 2 ϑ 2   z ´ 124 3e 2 1 %24 3Îℝ ; i ϑ z n  2 3 33 a   arg 3 13narg ( z! 1n´rg     e % 6     1n´ 6 1n´ ϑ 2 ; Patrick CHATEL 1 Terminale S  

   

Doncz 3n ÎiℝÛargz 3n 1 ± 2 ϑ [ 2 ϑ ] Ûn ϑ 2 1 ± ϑ 2 [ 2 ϑ ] Ûimpair.         4. Soitun nombre complexe non nul. | Proposition 4 : Si 2 est un argument dealors |i + z| = 1 + |z|. = Si 2 est un argument dealors iavec> 0 ; Donc |i + z| =|i + i| =|(1 +)i| = 1 +car 1 + 1> 0 et + |z| = 1 + |i| = 1 +;

On a donc bien |i + z| = 1 + |z| si 2 est un argument de.     

5. Soit z un nombre complexe non nul. | Proposition 5 : Si le module de z est égal à 1 alors z 2 # 1 2   est un nombre réel. Si le module de z est égal à 1 alors 1e i ; Donc z 2 1 2 e i Κ 2 1 2 e i2 Κ 1 2 e i Κ 2 e Κ i2 2 e i2 Κ e %i2 Κ 2 cos ( 2 ! # z 1 # e i Κ 1 # e i Κ 1 # %  # 1 ´ 2 1 Κ Îℝ ; Donc z 2 # 1 2   si le module de z est égal à 1est un nombre réel     

      Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives. On admet que :  première partie est de 0,1 ;la probabilité qu’il gagne la  s’il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,8 ;   est égale à 0,6. uivantes’il perd une partie, la probabilité de gagner la s On note, pour tout entier naturelnon nul :  G  l’évènement « le joueur gagne la nHième partie ; 0,8 G 2 »   p  la probabilité de l’évènement G    0,1 G 1 0,2 G 2 On a donc p 1 = 0,1. 0 9 0,6 2 1. p 2 = 0,62 : , G 1     • Arbre pondéré (sur les 2 premières parties) : 0,4 G 2  D’après la formule des probabilités totales,G 2 1 (G 1 ÇG 2 ! ÈG 1 ÇG 2 d’où p ( G 2 ! 1p ( G 1 ÇG 2 ! ÈG 1 ÇG 2                 1p ( G 1 ÇG 2 ! #p G 1 ÇG 2 car ces 2 événements sont incompatibles              1p ( G 1 ! ´p G 1 ( G 2 ! #p G 1 ´p G 1 ( G 2 ! car il y a dépendance             10,1´0, 8#0, 9´0, 610, 08#0, 5410, 62.

Patrick CHATEL  

2

Terminale S

2. gagné la deuxième partie ; probabilité qu’il ait perdu la première :Le joueur a   On cherche donc p G 1 /G 2 1p G 2 G 1 ; Or / p G 1 ÇG 2 0, 54 27 p G 1 G 2 1 p ( G 2 ! 1 0, 62 1 31 .     3. Probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières parties : On cherche doncp ( G 1 ÈG 2 ÈG 3 ! ; Or p ( G 1 ÈG 2 ÈG 3 ! 11%p G 1 ÇG 2 ÇG 3   0 Et p G 1 ÇG 2 ÇG 3 1p G 1 ÇG 2 ´p G 1 ÇG 2 G 3 1p G 1 ´p G 1 G 2 ´p G 1 ÇG 2 G 3 1, 9´0, 4´0, 410,144 ; Donc p G 1 ÈG 2 ÈG 3 ! 1 0,8561 0,144 .   % 1 1 3 4. Pour tout entier naturelnon nul, p n#1 1 5 p n # 5 : On a : G n#1 1 (G n ÇG n#1 ! ÈG n ÇG n#1 ; Donc p n#1 1p ( G n#1 ! 1p ( G n ÇG n#1 ! ÈG n ÇG n#1 1p ( G n ÇG n#1 ! #p G n ÇG n#1   1p ( G n ! ´p G n ( G n#1 ! #p G n ´p G n ( G n#1 ! 1p n ´0,8# ( 1%p n ! ´0, 610, 2p n #0, 6 ; On a donc bien : p n#1 1 1 5 p n # 3 5 ; CQFD !   5. Pour tout entier naturelnon nul, p n 1 3 4 % 13 4    1 5    n : Effectuons un raisonnement par récurrence ;    Appelons P  la propriété : « 3 4 % 31 4   1 5  n p n 1    » ; · :p 1 10,1et 4 3 % 3 4 1    1 5    1 1 4 3 % 3 4 1 ´ 1 5 1 3 4 % 02 13 1 02 2 10,1 donc P 1 est vraie (1) · : Supposons que, pour un entierdonné, P  soit vraie, à savoir : p n 1 3 4 % 31 4    1 5    n ; Mais on sait quep n#1 1 1 5 p n # 3 5 d’où, grâce à l’hypothèse de récurrence,  3 13  1  n 3 1 13 1 n 3 1 n#1n#1 p n#1 1 5 1 p n # 3 5 1 5 1    4 % 4   5       # 5 3 1 20 % 5 ´ 4    5    # 3 5 1 20 # 02 2 % 4 31    5 1    1 4 3 % 4 31    1 5    ; Ainsi la propriété P +1 est vraie (si P  l’est) (2)   · Finalement, de (1) et (2), la propriété P  est vraie quelque soit Î  * ; CQFD ! 6. Limite de la suite ( p n ! quandtend vers +µ: 3 4 %p n 010 %7 ;   Comme 10 1 5 01 , n l | im #υ    5 1    n 10 , d’où n l | i # m υ p n 1 4 3 .   7. Valeurs de l’entier naturelpour lesquelles 4 3 %p n 010 %7 :     n  %   n %   n % % 3 4 %p n 010 %7 Û 4 3 %    3 44 13   5 1      010 7 Û 13 4   1 5   010 7 Û   1 5   010 7 ´ 4 7   ln  10 7 4  1 n 7 4 1  10 ln 7 4  % ´ 4 7  Ûln        5       0ln    10 % ´ 7    2⇒ Û  1 nln    5    0    % ´ 7    0 0 Û  ⇒0 n2  ln    1      »10, ; ln croissante x0 ln n xnlnx 0x1 lnx0 5 Donc 3 4 %p n 010 %7 pour≥ 11. Patrick CHATEL 3 Terminale S  

        Restitution organisée de connaissances   On supposera connus les résultats suivants : • Soientetdeux fonctions continues sur un intervalle [;]. Pour tous réels et , ∫ a b   a u ( x! # b v ( x !   dx1dx1 a ∫ a b u ( x ! dx# b ∫ a b v ( x ! dx (1)   • Sidésigne une fonction continue sur un intervalle [;] etune primitive desur [;] alors ∫ b u ( x ! dx1  U ( x !   a b 1U ( b! %U ( a !  (2) a Démonstration de la formule d’intégration par parties : Soientetdérivables à dérivées continues sur un intervalle [deux fonctions ;] ; Alors leur produitest dérivable et ( uv ! '1u'v#uv'; C es quatre fonctions étant continues, ( uv ! ' l’est aussi donc ∫ a b ( uv ! ' ( x ! dx est bien définie et : |  ∫ a b ( uv ! ' ( x ! dx1 ∫ a b ( u'v#uv' ! ( x ! dx1 ∫ a ( b u'v ! ( x !( #uv' ! ( x ! dx   b b 1 (u'v ! ( x ! dx# (uv' ! ( x ! dxd’après le premier prérequis ;   ∫ a ∫ a   ∫ b x dx  u  b  d’après l |  ( uv ! '  (( !  1v ! ( x ! a e deuxième prérequis ;   a D’où il vient : ∫ b  ( !( ! d# ∫ b  (( ! x ! ( x ! dx1  ( uv !( x !   b Û ∫ ( b u v ! ( x ! dx1 (  uv ! ( x !   b % ∫ ( b uv ! ( x dx .   u'v x x uv' a ' a ' ! a a a a  

On considère la fonctiondéfinie sur ]0 ; +µ[ par ( x ! 1x 2 lnx . La courbe (C ) représentative de la fonction dans le plan muni d’un repère orthonormal O;i  ,j   est donnée en fin d’exercice.   1.   a. Limite deen +µ:  limx 2 1 #υetlim lnx1 #υd’où , par produit,limf ( x ! 1 #υ.   x|#υx|#υx|#υ b. Variations desur ]0 ; +µ[ : | est dérivable sur ]0 ; +µ[ et f' ( x! 12x´lnx#x 2 ´ 1 12xlnx#x1x ( 2 lnx#1 !   ; x 1 % 1 1 |  f' ( x ! 20Ûx ( 2 lnx#1 ! 20Û  2 lnx#120Ûlnx2 % 2 Ûx2e 2 1  ; x20 e 1 1 r  ;# υ   est donc décroissante sur    0 ; e    et croissante su   e  .    Il existe une tangente unique à la courbe (C) passant par O :  La tangente (T  ) à (C) au point d’abscisse> 0 a pour équation : y1f' ( a ! ( x%a! #f ( a ! ; Et O(0 ;0)Π (T  ) Û01' ( a ! ( 0%a ! #f ( a ! Û01 %af' ( a ! #f ( a !   Û01 %a´a ( 2 lna#1! #a 2 lna10Û01 %a 2 ( lna#1! 10Û  lna#110Ûlna1 %1Ûa1 1 ; a20 e Patrick CHATEL 4 Terminale S  

   

Il existe donc bien une tangente unique à la courbe (C) qui passe par O : celle au point d’abscisse 1 ;   e Equation de cette tangente (T) : y1f'    1 e      x% 1 e    #f    1 e    ; Or f    1 e     1 e    2 ln    1 e     e 1 2    etf'    e 1    1 e 1    2 ln e 1 #1    1 % e 1 d’où (T) :y1 % e 1    x% e 1    %    e 1 2    1 % e 1 x. 1 1 % : plus rapidement, puisque (T) passe par l’origine, :y1f'    1    x1 % 1 x. e e

    3. On considère le solide obtenu par rotation autour de l’axe (O
) de la région plane délimitée par la courbe (C ), l’axe (O
) et les droites d’équations
= 1 et
= 1. e On note V une mesure, exprimée en unités de volume, du volume de ce solide et on admet que : V1 ∫ 1 1 ϑ   f ( x !   2 dx . e 5 a. Une primitive de la fonction x֏x 4 lnx sur ]0 ; +µ[ est la fonction x֏ x 25 ( 5 lnx%1 ! : 5 La fonction x֏ 2 x 5 ( 5 lnx%1 ! est dérivable sur ]0 ; +µ[, de dérivée :  ( x #% !x´  x 4 lnx1x 4 lnx; x֏ 1 52   5x 4 5 ln 1 5 5´ 1 x   1 1 5 5 C’est donc bien une primitive de la fonction x֏x 4 lnx sur ]0 ; +µ[ ; CQFD ! b.  V1 2 ϑ 5    2% e 37 5    : 1 V1 ∫ 1 ϑ  f   2 dx1 ∫ ϑ 1   x 2 x   2 dx ϑ 1 ∫ 1 x 4 2 x dx ϑ 1 ∫ 1 x 4 x´lnx dx; On a : 1 ( x ! 1 ln 1 ln 1 ln ( ! e e e e 5  x1x% Effectuons une intégration par parties ; Posons      u'( v( x) x) 1 1 x l 4 nl nx x  et  u)( 2 '( x 5 ) ( l51n 1 ! ;    v x1 x Patrick CHATEL 5 Terminale S  

   

Alors grâce à la formule d'intégration par parties , il vient : ∫ 1 = ∫ 1 1 '( ) (x dx1u x v x 1 1 % ∫ 1 1 u x v x dx    1 x 4 lnx´ (lnx ! dx u v x) [ ( ) ( ) ] ( ) '( ) e e  e  e 1    2 x 5 5 ( 5 lnx%1! ´lnx    1 % ∫ 1 1 x 25 5 ( 5 lnx%1!´ x 1 dx  1 e e 5 ln 1 ln  1  5 ln 1 1 2 1 5   x 5 ( x ´% !x  1 1 % 25 ∫ 1 1 x 4 ( x% !dx  e e 1 25 1    ( ( 5 ln1%1! ´ln1 ! %    e 1 5    5 ln 1 e %1    ´ ln 1 e       % 1 25 ∫ e 1 1 5x 4 lnx%x 4 dx  1 1 52    0%    e 6 5       % 1 52    5´ 2 x 5 5 ( 5 lnx%1! % 1 5 x 5    1 1   e 1 % 5 6 2 ´ e 1 5 % 25 1      1 5 ( 5 ln1%1! % 1 5    %   5e 1 5    5 ln 1 e %1    % 5e 1 5            1 % ´ % % % % ´ 1 % 1 2 6 5 e 1 5 1 25       2 5    7 5 e 1 5       2 125 5 37 21e 5 152 1    2% e 37 5    ; D’oùV1 ϑ ∫ 1 e 1 x 4 lnx´ (lnx ! dx1 ϑ    125 1    2% e 3 5 7       1 12 ϑ 5    2% e 3 5 7    ; CQFD !  

    On considère le cube ABCDEFGH de côté 1 représenté ciHdessous.

     Dans tout l’exercice, l’espace est rapporté au repère orthonormal D;DA,DC,DH .   On note K le barycentre des points pondérés (D, 1) et (F, 2).       1. Le point K a pour coordonnées    333 ;; 222      : K étant le barycentre des points pondérés (D, 1) et (F, 2)  x D #2x F 0#2´1 2  x K 1 3 1 3 1 3 (il existe bien puisque 1 + 2¹0), il a pour coordonnées :       z y K K 1 z y D D # 3 2 3 2 z y F F 1 0 0 # 3 2 3 2´ ´1 1 1 3 2 3 2 .   # # 1 1 1  2. droites (EK) et (DF) sont orthogonales :Les · (EK) admet  E  K     2 3 %11 % 12 33 ;%01 2 33 ; 2 %11 % 3 1    pour vecteur directeur ;    ·(DF) admet DF  ( 1;1;1 ! pour vecteur directeur ;      OrEK.DF1    % 3 1    ´1# 3 2 ´1#    % 3 1    ´110donc  E  K  ^  D  F  Û(EK)^(DF) ; Patrick CHATEL 6 Terminale S