Corrigé – exercices de géométrie – 4, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 4, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les fonctions dérivables, La suite, l’intégrale calculée.
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CorrigeReunionS2006.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S La Réunion \ 15 juin 2006

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

Partie A

f (x)= x

lnx /medskip

1. a. Comme lim x→1

lnx = 0+, lim x→1

f (x)=+∞.

On sait que lim x→+∞

x

lnx =+∞.

b. f quotient de fonctions dérivables, celle du dénominateur ne s’annulant

pas, est dérivable et f ′(x)= lnx x × 1

x

(lnx)2 =

lnx −1 (lnx)2

qui est du signe de

lnx −1. Des propriétés de la fonction ln, on en déduit que lne= 1 et comme cette fonction est croissante sur R+, on en déduit le signe de la dérivée et le tableau de variations suivant :

x 1 e

f ′ − 0 +

f

+∞

e

+∞

+∞

2. a.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

3

4

5

2 4 0 1 2 3 4 5

0

1

2

3

4

5

O

C

M0

M1M2

u1u2 u0

La suite semble converger « rapidement ».

b. On a u0 = 5> e. Pourn > 0, unest une image par f d’un réel. D’après le tableau de variations ci-dessus, f (x)> e=⇒un > e.

c. On calcule un+1−un = un

lnun un =

un(1− lnun ) lnun

.

On vient de voir que un > e > 1 =⇒ lnun > 0. La différence est donc du signe de 1− lnun qui est négative d’après la question 1 b. un+1 −un < 0 ⇐⇒ (un) est une suite décroissante. C’est une suite dé- croissante et minorée par e : elle converge vers une limite > e.

Partie B

1. Or l’égalitéun+1 = f (un ) donne à la limite = f (), car la fonction f est conti- nue sur ]1 ; +∞[.

2. = f () ⇐⇒ =

ln⇐⇒ (car 6= 0), 1=

1

ln⇐⇒ ln= 1 ⇐⇒ = e.

La suite converge vers e.

EXERCICE 2 6 points

Commun à tous les candidats

Première partie

En intégrant par parties avec :

u(x)= x v ′(x)= ex u′(x)= 1 v(x)= ex

Les fonctions u et v étant dérivables et les fonctions u′ et v ′ continues, on obtient :

Corrigé La Réunion 2 15 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

∫1

0 xex dx =

[

xex ]1 0−

∫1

0 ex dx =

[

xex −ex ]1 0 =

[

ex (x −1) ]1 0 = 0−1× (−1)= 1.

Deuxième partie

1. L’aire de la partie A est en unités d’aire l’intégrale calculée ci-dessus soit 1.

l’aire du rectangle est e donc par différence l’aire de la partie B est e−1. On sait que le tableau suivant est un tableau de proportionnalité :

A B Total

aire 1 e−1 e

Probabilité 1

2

On en déduit aussitôt que la probabilité d’atteindre la partie A est 1

2e et que

la probabilité d’atteindre la partie B est e−1 2e

.

2. a. On effectue trois fois la même expérience aléatoire avec comme succès : «

atteindre la partie A » de probabilité 1

2e et comme échec : « rater la partie

A ». On a donc une loi de Bernouilli de paramètres n = 3 et p = 1

2e .

L’espérance est E(X )= n×p = 3× 1

2e =

3

2e ≈ 0,552.

b. On a p(E)= p(X = 2)= (3 2

)

(

1

2e

)2

× (

1− 1

2e

)

= 3×1× (2e−1)

8ê3 ≈ 0,083à 10−3

par excès.

c. On considère de même la loi de Bernouilli de paramètres n = 3 et p = e−1 2e

.

On sait que p(F )= (3 3

)

× (

e−1 2e

)3

= (e−1)3

8e3 .

d. Soit G l’évènement : « les trois fléchettes ont atteint la partie A ou la partie

B ».

p(G)= (

1

2

)3

= 1

8 .

On sait que pG(F)= p(F∩G)

p(G) =

p(F)

p(G) =

(e−1)3

8e3 1

8

= (e−1)3

e3 ≈ 0,253.

3. a. On a p(X > 1)= 1−p(X = 0).

p(X = 0)= (n 0

)

(

1

2e

)0

× (

1− 1

2e

)n

= (

1− 1

2e

)n

.

Finalement : p(X > 1)= 1− (

1− 1

2e

)n

.

b. pn > 0,99 ⇐⇒ 1− (

1− 1

2e

)n

> 0,99 ⇐⇒ (

1− 1

2e

)n

6 0,01 ⇐⇒

n ln

(

1− 1

2e

)

6 ln0,01 ⇐⇒ n > ln0,01

ln

(

1− 1

2e

) , (puisque ln

(

1− 1

2e

)

< 0).

D’où finalement, puisque ln0,01

ln

(

1− 1

2e

) ≈ 22,7, le plus petit entier n tel que

pn > 0,99 est l’entier 23.

Corrigé La Réunion 3 15 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 5 points

Candidats n ’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. z −4

z = i ⇐⇒ z −4= iz ⇐⇒ z(1− i)= 4 ⇐⇒ z =

4

1− i =

4(1+ i 1+1

= 2+2i.

S = {2+2i}

2. z2−2z+4= 0 ⇐⇒ (z−1)2−1+4= 0 ⇐⇒ (z−1)2 =−3 ⇐⇒ {

z1 = 1+ i p 3

z2 = 1− i p 3

S = {1+ i p 3 ; 1− i

p 3}.

|z1| = p 3+1= 2=⇒ z1 = 2

(

1

2 + i

p 3

2

)

= 2ei π

3 et comme z2 = z1 = 2e−i π

3 .

3. En interprétant l’égalité de la question 1 obtenue avec l’affixe de D (modules

et arguments égaux) :

z −4 z

= i ⇐⇒ zD− zB zD− zO

= i =⇒ {

BD = OD (−−→ OD ,

−−→ BD

)

= π

2

Autrement dit le tri-

angle OBD est isocèle, rectangle en D.

4. On remarque que zE et zF sont les solutions de l’équation de la question 2.

Donc : {

z2 E −2zE+4 = 0

z2F−2zF+4 = 0 =⇒ z2E− zF−2zE+2zF = 0 ⇐⇒ (zE− zF)(zE+ zF−2)=

0 ⇐⇒ zE+ zF = 2= zA ⇐⇒ OEAF est un parallélogramme. De plus on sait que |zE| = |zF| = 2. Conclusion : OEAF est un losange.

5. a. Si M(z) a pour image M ′(z ′) dans la rotation de centre O et d’angle π

2 ,

alors z ′ = iz. DonczE′ = i(1− i p 3)=

p 3+ i.

b. AE′ = ∣

zE′ − zA ∣

∣ = ∣

p 3− i

∣ = p 3+1 = 2. Donc E′ appartient bien au cercle

C ′.

c. On calcule e ′−d = p 3+ i−2−2i=

p 3−2− i. Donc (

p 3+2)(e ′−d)= (

p 3+

2)( p 3−2− i)=−1− i(

p 3+2).

D’autre part e d = 1− i p 3−2−2i=−1− i(

p 3+2).

Conclusion : e d = ( p 3+2)(e ′−d). Cette égalité s’écrit vectoriellement :

−−→ DE = (

p 3+2)

−−→ DE′ ⇐⇒ −−→DE et

−−→ DE′ sont colinéaires ou encore E appartient

à la droite (DE′) ou encore E, E′ et D sont alignés.

6. Dans la rotation, la droite (ED) ou encore d’après la question précédente la

droite (EE′) a pour image la droite perpendiculaire (E′D′) : donc le triangle EE′D′ est rectangle en E′.

Corrigé La Réunion 4 15 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4−1−2 ×

O

×A ′

A× B×

D×F ×

E′×

E ×

D′ ×

C

C ′

EXERCICE 3 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. Avec s(A)= I et s(B)= J, le rapport de la similitude est IJ

AB =

1

2 .

Demême l’angle de la similitude est à 2π près (−−→ AB ,

−→ IJ )

=+ π

2 .

2. Si Ω est le centre de la similitude, (−−→ ΩA ,

−→ ΩI

)

= + π

2 et de même

(−−→ ΩB ,

−→ ΩJ

)

=

+ π

2 , doncΩ appartient au cercle Γ1 et au cercle Γ2, doncΩ est l’un des deux

points communs à ce cercle.

3. L’image de la droite (BC) est la droite contenant J (image par s de B) et per-

pendiculaire à (BC), d’après l’angle de la similitude : c’est donc la droite (CD).

Donc C′ image de C par s appartient à la droite (CD) et comme s(B = J et

s(C)= C′, JC′ = 1

2 BC =

1

2 CD. Donc on a C′ = C ou C′ = D. Comme C n’est pas

le point invariant de la similitude soitΩ, C′ = D.

Il en résulte que puisque Imilieu de [AC], alors son image K par s est lemilieu

du segment image [ID].

4. a. s = h h composée de deux similitudes de rapport 1

2 et d’angle

π

2 est une

similitude de même centre Ω, de rapport 1

4 et d’angle π, soit une homo-

thétie de rapport − 1

4 .

b. s(A)= h [h(A)]= h(I)=K. Dans une homothétie un point, son image et le centre sont alignés, donc A, K etΩ sont alignés.

Partie B

Corrigé La Réunion 5 15 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. I a pour affixe 1+ i et J a pour affixe 1+2i.

L’écriture complexe d’une similitudedirecte est z ′ = az+b. On adonc : {

1+ i = a ×0+b 1+2i = a ×2+b =⇒

i= 2a ⇐⇒ a = i

2 et b = 1+ i.

L’écriture de la similitude est donc : z ′ = 1

2 iz +1+ i.

2. Ω d’affixe ω invariant par s ⇐⇒ ω = 1

2 iω+1+ i ⇐⇒ ω

(

1− 1

2 i

)

= 1+ i ⇐⇒

ω= 1+ i

1− 1

2 i

= 1− 1

2 + i(1+

1

2

1+ 14 =

1 2 + 3

2 i

5 4

= 2+6i 5

.

3. Soit e l’affixe de E ; on a 0 = 1

2 ie + 1+ i ⇐⇒

1

2 ie = −1− i ⇐⇒ e =

−1− i 1

2 i

=

−i+ 1 2

− 12 =−2+2i.

A ×

B ×

C×D×

J ×

K× Ω×

E ×

Γ2

Γ1

EXERCICE 4 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. On a d(O ; P )= |−1|

p 22+32+42

= 1

p 29

Faux

b. Vrai

c. Vrai : le vecteur 2 −→ n (2 ; 3 ; 4) est un vecteur normal au plan.

d. Le vecteur −→ p (−5 ; 2 ; 1) est un vecteur normal au plan Q. Et 2−→n · −→p =

−10++6+4 = 0. Les vecteurs normaux sont orthogonaux donc les plans ne sont pas parallèles mais perpendiculaires. Faux

2. a. P admet pour vecteur normal le vecteur −→ n (2 ; 1 ; −1) et−→n ·−→u = 2−4+2= 0.

Ces vecteurs sont orthogonaux donc la droite est bien parallèle au plan.

Vrai

b. Faux car −→ n et

−→ u ne sont pas colinéaires.

c. On sait que D est parallèle au plan. A ∈ P ⇐⇒ 2+1−1 = 0 est une égalité fausse, donc la droite D n’est pas incluse dans le plan. Faux

d. Le système proposé est bien la traduction de l’égalité vectorielle −−→ AM =α−→u . Vrai

Corrigé La Réunion 6 15 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. a. Les deuxplans ont pour vecteurs respectifs normaux −→ v (1 ; 1 ; 1) et

−→ w (1 ; 0 ; −1)

et −→ v ·−→w = 1−1= 0. Les deux plans sont orthogonaux, leur intersection est

donc une droite. Faux

b. On a effectivement 1+1+1 = 3 et 2−1= 1, donc l’ensemble E est bien une droite contenant A. Vrai

c. Faux

d.

{

x + y + z = 3 2x z = 1 ⇐⇒

{

x + y = 3− z 2x = 1+ z ⇐⇒

{

x + y = 3− z

x = 1+ z 2

⇐⇒ 

y = 5−3z

2

x = 1+ z 2

L’ensemble des points de E est donc l’ensemble des points de coordon-

nées

(

1+ z 2

; 5−3z

2 ; z

)

. L’équationparamétriquede cette droite est donc : 

x = 1

2 + 1

2 z

y = 5

2 − 3

2 z

z = z

En posant z = 2t , on obtient le système :

x = 1

2 + t

y = 5

2 −3t

z = 0+2t

Cette équation est celle de la droite contenant B

(

1

2 ; 5

2 ; 0

)

et de vecteur directeur (1 ; −3 ; 2). Vrai 4. a. Faux (difficile à justifier)

b. (AH) est orthogonale à (BC) donc appartient aussi au plan P . Vrai

c. −−→ BM ·−−→BC =−−→BA ·−−→BC ⇐⇒ −−→BC ·

(−−→ BM −−−→BA

)

= 0 ⇐⇒ −−→BC ·−−→AM = 0. L’ensemble des points M est donc le plan contenant A et orthogonal à

(BC) : c’est bien le plan P . Vrai

d. Faux : La face (ABC) étant quelconque la hauteur [AH] n’est pas la mé-

diane relative à [BC].

Corrigé La Réunion 7 15 juin 2006

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