Contrôle - sciences mathématique 8 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués
Emmanuel_89
Emmanuel_8928 May 2014

Contrôle - sciences mathématique 8 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués

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Contrôle de sciences mathématique 8- correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Exercices, non spécialistes, spécialistes.
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Terminale S

Terminale S juin 2010

Antilles - Guyane

Exercice 1

1. On tire au hasard une carte d’un jeu de 32 cartes.

La probabilité de n’obtenir ni un as, ni un pique, est égale à :

A : 5

8 B :

21

32 C :

11

32 D :

3

8

 Cas possibles : 32 ;

 Cas favorables : 32  4  7 = 21 cartes du jeu ne sont ni des as ni des piques ;

Donc, puisqu’on est dans une situation d’équiprobabilité, p = 21

32  B.

2. On tire au hasard et simultanément deux cartes d’un jeu de 32 cartes.

La probabilité de n’obtenir ni un as, ni un pique, est égale à :

A : 105

248 B :

21

2

32

2

     

     

C : 2

2

21

32 D :

2

2

5

8

 Cas possibles : 32

496 2

   

  ;

 Cas favorables : Il faut donc piocher 2 cartes parmi les 21 qui ne sont ni des as ni des piques , soit

21 210

2

   

  possibilités ;

Donc, puisqu’on est dans une situation d’équiprobabilité, p =

21

2 210 105

32 496 248

2

     

       

 A et B.

3. On suppose que la durée d’attente à un guichet de service, exprimée en heure, suit la loi uniforme sur

l’intervalle [0 ; 1].

La probabilité que la durée d’attente d’une personne prise au hasard soit comprise entre 15 min et 20 min est :

A : 1

3 B :

1

5 C :

1

12 D :

1

4

Dans une loi uniforme sur [a ; b],   ;p b a

   

  

d’où ici p =

1 1

1 1 13 4; 4 3 1 0 12

p

   

        C.

4. On considère 10 appareils identiques, de même garantie, fonctionnant indépendamment les uns des autres.

La probabilité pour chaque appareil de tomber en panne durant la période de garantie est égale à 0,15.

La probabilité pour qu’exactement 9 appareils soient en parfait état de marche à l’issue de la période de

garantie est égale à :

A : 0,35 à 102 près B : 90,85 C : 90,85 0,15 D : 90,85 0,15 10 

Schéma de Bernoulli de paramètres n = 10 et p = 0,15. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’appareils

tombant en panne durant la période de garantie ; X suit alors la loi binomiale B(10 ; 0,15) et :

p =     91 9101 0,15 1 0,15 10 0,15 0,85 0,35

1 p X

          

   A et D.

Exercice 2 non spécialistes

Le plan est muni d’un repère orthonormal direct  ; ,O u v d’unité 1 cm.

1. Restitution organisée de connaissances

Pour M  , on rappelle que le point M’ est l’image du point M par la rotation r de centre  et d’angle de

mesure  si et seulement si :    

 

 

' 1

; ' à 2 près 2

M M

M M k k 

       

a. Soient z, z′ et  les affixes respectives des points M, M′ et .

Traduction des relations (1) et (2) en termes de modules et d’arguments :

 (1) :

' '

' ' ' ' 1 1

z z

z z

z z M M z z

z z

   

  

            

  ;

 (2) :   '

; ' à 2 près arg = à 2 près z

M M k k z

    

       

  .

b. L’expression de z′ en fonction de z,  et  :

Ainsi, le nombre complexe 'z

z

 a son module égal à 1 et un de ses arguments égal à  ; une de ses formes

trigonométrique est donc 1 i ie e   ; Soit     '

' 'i i i z

e z e z z e z z

       

         

 .

2. Résolution dans l’ensemble  des nombres complexes de l’équation : 2 4 3 16 0z z   :

  2

4 3 4 1 16 16 0         donc l’équation admet 2 racines complexes conjuguées, à savoir :

1

4 3 4 2 3 2

2

i z i

    et 2 1 2 3 2z z i   .

3. Soient A et B les points d’affixes respectives 2 3 2a i  et 2 3 2b i  .

a. a et b sous forme exponentielle :

 2 3 2 4a i   et 3 1

4 4 cos sin 2 2 6 6

a i i        

                   donc 64

i

a e

 

 ;

 64 i

b a e

  .

b. Figure : cf ci-après.

c. OAB est un triangle équilatéral :

 4OA a  ;

 4OB b a a    ;

  2 Im 2 2 4 4AB b a b b i b i i         ;

OAB est donc un triangle équilatéral (de côté 4).

4. Soit C le point d’affixe 8c i  et D son image par la rotation de centre O et d’angle 2

3

 .

L’affixe du point D est 4 3 4d i  : D’après le 1.,     2

3 1 3

0 0 8 4 3 4 2 2

i

d e c i i i

  

            

; CQFD !

5. D est l’image du point B par une homothétie de centre O dont on déterminera le rapport :

On a :  4 3 4 2 2 3 2 2d i i b       ;22 2 OOD OBz z OD OB D h B     ;

D est donc l’image de B par l’homothétie de centre O et de rapport 2.

6. OAD est un triangle rectangle :

Méthode 1 :

2OD OB donc B est le milieu de [OD] ; en tenant compte du 3.c., il vient alors : BO = BA = BD.

Le cercle circonscrit au triangle OAD est donc le cercle de diamètre [OD] ;

Le triangle OAD est donc rectangle en A.

Méthode 2 :    

0 2 3 2 2 3 2

2 3 64 3 4 2 3 2

a i i

d a ii i

      

   

    2 3 2 2 3 6 12 12 12 36

i i      

 12 3 4 3 3 48 3

i i

   ;

donc   0 3

arg =arg = ; 3 2 2

a i AD AO

d a

            

donc le triangle OAD est rectangle en A.

Figure :

Exercice 3

On donne la représentation graphique d’une fonction f définie et continue sur l’intervalle I = [−3 ; 8].

On définit la fonction F sur I, par     0

x

F x f t dt  .

1. a. F(0) :     0

0

0 0F f t dt  .

b. Signe de F(x) :

 pour x  [0 ; 4] : sur [0 ; 4], f est positive donc sur [0 ; x] ; par conséquent,     0

x

F x f t dt   0.

 pour x  [−3 ; 0] : sur [3 ; 0], f est négative donc sur [x ; 0] ; par conséquent,   0

x

f t dt  0 d’où

      0

0

x

x

F x f t dt f t dt     0.

a. Justification graphique des inégalités 6  F(4)  12 :

f étant positive sur [0 ; 4],     4

0

4F f t dt  représente l’aire – en u.a.) sous la courbe de f sur [0 ; 4] ; Il est clair que cette aire est supérieure à celle du triangle OAB (qui vaut 6) et inférieure à celle du

rectangle OBDE (qui vaut 12).

2.

a. f pour F : f représente la dérivée de F car, f étant continue sur [-3 ; 8], F est sa primitive sur [3 ; 8]

qui s ‘annule en 0.

b. Sens de variation de la fonction F sur I :

f étant négative sur [ 3 ; 0], F est décroissante sur [3 ; 0] ;

f étant positive sur [0 ; 4], F est croissante sur [0 ; 4] ;

f étant négative sur [4 ; 8], F est décroissante sur [4 ; 8] .

En résumé :

x 3 0 4 8

f(x)  0 + 

F(x)

F(3)

0

F(4)

F(8)

B E D

A O

3. On dispose de deux représentations graphiques sur I .

Courbe A Courbe B

Bien que leurs variations soient en accord avec celles de F, aucune des 2 courbes ne peut représenter

la fonction F car :

 Pour A : F(0)  0 (cf. 1.a. ) ;

 Pour B : F(4)  [6 ; 12] (cf. 1.c.) .

Exercice 4

Partie A

Soit g la fonction définie pour tout nombre réel x de l’intervalle ]0 ; +∞[ par   lng x x x x  .

1. Limites de la fonction g :

 en 0 : 0

lim 0 x

x   et

0 lim ln 0 x

x x

 , limite de référence, donc, par différence,   0

lim 0 x

g x

 .

 en +∞ : F.I    mais    1 lng x x x  ;

Or lim x

x 

  et lim 1 ln x

x 

   car lim ln x

x 

  donc ,par produit,  lim x

g x 

  .

2. g est dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[ et  ' lng x x  :

 les 2 fonctions x x et lnx x sont dérivables sur ]0 ; +∞[ donc leur produit lnx x x aussi ;

 les 2 fonctions x x et lnx x x sont dérivables sur ]0 ; +∞[ donc leur différence lnx x x x aussi ;

Ainsi, g est dérivable sur ]0 ; +∞[ et   1

' 1 1 ln 1g x x x x

          

ln 1x  ln x  ; CQFD !

3. Tableau de variations de la fonction g :

  ' 0 ln 0 ln 0 0 1g x x x x         ;

g est donc croissante sur l’intervalle ]0 ; 1[ et décroissante sur l’intervalle ]1 ; +[ ;

 Tableau de variations de g :

x 0 1 +

g’(x) + 0 

g(x)

0

1



Partie B n

n n

e u

n  .

1. Conjecturer, à l’aide de la calculatrice :

n = 1 2 3 4 5 6 7

un  2,72 1,85 0,75 0,213 0,047 0,086 0,0013

a. le sens de variation de la suite  nu :  nu semble décroissante ;

b. la limite éventuelle de la suite  nu :  nu semble converger vers 0.

2. Soit  nv la suite définie pour tout n  * par  lnn nv u .

a. lnnv n n n  :       ln 10 0 ln lnln ln ln

0

ln ln ln ln ln ln ln n

n n n n n

n ea a a a n aa b b b

e v u e n n e n n n n n

n         

           

  .

b. Sens de variation de la suite  nv :  lnnv n n n g n   ;

Or n  1 et g décroissante sur [1 ; +[ donc     11 n ng n g n v v     ;  nv est donc décroissante.

c. Sens de variation de la suite  nu :  ln vn

n n nv u u e   ;

Or la fonction exponentielle est croissante sur  donc, puisque  nv est décroissante,  nu est aussi

décroissante.

3. La suite  nu est bornée :

n

n n

e u

n  > 0 comme quotient de 2 nombres positifs ;  nu est donc minorée par 0 ;

  nu étant décroissante,  nu est majorée par 1u e ;

La suite  nu est donc bien bornée.

4. La suite  nu est convergente et détermination de sa limite :

 La suite  nu étant décroissante et minorée est convergente .

 On a vu :   g nvn

nu e e  ;

Or    lim lim n x

g n g x  

   et lim 0x x

e 

 donc  lim 0 lim 0 g n

n n n

e u  

   .

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