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Durée : 4 heures
[ Correction du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie \
novembre 2007
EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats
1. Avec z = x + i y , 2 z + z = 9 + i ⇐⇒ 2 x + 2i y + x − i y = 9 + i ⇐⇒ 3 x + i y = 9 + i et par identification x = 3, y = 1. Réponse c. 2. Par les différentes solutions possibles | z + i| = | z − i| (deux complexes conju- gués ont le même module ; | z − i| = |i| × | z − i| = |i( z − i)| = |i z − i^2 | = |i z + i|. Réponse c. 3. On pose z = r ei θ^ ; − 1 + i
p 3 = 2
p 3 2
= 2ei^
2 π (^3).
Donc
− 1 + i
p 3 z
2ei^
2 π 3 r ei θ^
r ei
( (^2) π 3 + θ
) . Réponse b.
4.
p 3 + i = 2
( (^) p 3 2
= 2ei^ π 6
. Donc
(p 3 + i
) n = 2 n^ ei^ n 6 π est un imaginaire pur si
et seulement si un de ses arguments est égal à (2 k + 1) π 2. Donc n 6 π = (2 k + 1) π 2 ⇐⇒ n = 6 k + 3. Or puisque n est un naturel, il faut que k le soit aussi... Avec l’énoncé n est un entier la bonne réponse est b.
5. | z − i| = | z + 1 | ⇐⇒ A M = B M donc M appartient à la médiatrice de [AB] qui est bien la perpendiculaire à [AB] contenant O. Réponse c. 6. | z − 1 + i| = | 3 − 4i| ⇐⇒ Ω M = 5. Les points appartiennent donc au cercle de centre Ω et de rayon 5. Pour tout point M de ce cercle on a
O M =
OΩ +
Ω M
qui se traduit en termes d’affixes par z = 1 − i + 5ei θ^ avec θ réel. Réponse c.
7. C est l’image de B dans la rotation de centre A et d’angle π 2 . D’où c − a = i( b − a ) ⇐⇒ c = a + i( b − a ) ⇐⇒ c = 4 + i(3i − 4) = 1 − 4i Réponse a. 8.
z − 2 z − 1
= z ⇐⇒ z − 2 = z^2 − z (avec z 6 = 1) soit z^2 − 2 z + 2 = 0 On trouve les deux solutions 1 − i ; 1 + i. Réponse c.
EXERCICE 2 5 points Commun à tous les candidats
1. a. Arbre pondéré.
b
0,25 F 1
0,03 b D
b D 0,
0,75 F 2
0,02 b D
b D 0,
b. Calculer p D (F 1 ) =
p (D ∩ F 1 ) p (D
2. La probabilité d’avoir k composants défectueux sur 20 est : p ( X = k ) =
k
0,0225 k^ × (1 − 0,0225)^20 − k^. (épreuve de Bernoulli avec n = 20 et p = 0,0225.) La probabilité d’avoir au moins deux composants défectueux est égale à :
p ( X > 2) = 1 − p ( X < 2) = 1 − p ( X = 0) − p ( X = 1) =
1 − 0,9775^20 − 20 × 0,0225 × 0,9775^19.
Donc p ( X > 2) ≈ 0,0736 ≈ 0,074.
3. a. On sait que p ( X > 5) = 1 − p ( X 6 5) = 1 −
0
λ e− λt^ d t = 1 −
[
−e− λt^
] 5
0
e−^5 λ^ = 0,325. Or e−^5 λ^ = 0,325 ⇐⇒ − 5 λ = ln0,325 ⇐⇒ λ =
− ln0, 5
b. p ( X < 8) =
0
λ e− λt^ d t = 1 − e0,225×^8 ≈ 0,835.
D’où p ( X > 8) = 1 − p ( X < 8) ≈ 1 − 0,835 ≈ 0,
c. La loi étant sans vieillissement la probabilité est p ( X > 5) = 0,325.
EXERCICE 3 6 points Commun à tous les candidats
Partie B
1. Pour M 6 = A, M ( X ; Y ) ∈ ( T ) ⇐⇒ Y − f ( a ) X − a
= f ′( a ) ⇐⇒ Y − e a^ + a + 1 X − a
e a^ − 1 ⇐⇒ Y − e a^ + a + 1 = ( X − a ) (e a^ − 1) ⇐⇒ Y = e a^ − a − 1 − a e a^ + a + X (e a^ − 1) ⇐⇒ Y = X (e a^ − 1) + e a^ (1 − a ) − 1.
2. Cette tangente ( T ) coupe la droite ( D ) au point N ( X ; Y ) ⇐⇒ Y = − X − 1 = X (e a^ − 1)+e a^ (1− a )− 1 ⇐⇒ X e a^ = e a^ ( a −1) ⇐⇒ X = b = a − 1 ⇐⇒ b − a = −1. 3. Pour construire la tangente ( T ) à (C ) au point M d’abscisse a , il suffit de construire le point de (D) d’abscisse a − 1 et la tangente est obtenue en joi- gnant ce point à M. Exemple ci-dessous avec a = 1,5.
n + 1 n
) n + 1
> e ⇐⇒ e 6
n
) n + 1 .
5. 3. montre que e majore
n
) n .
4. s’écrit e 6
n
) n ×
n
⇐⇒ e 6
n
) n ×
n + 1 n
n n + 1
e 6
n
) n . On obtient donc l’encadrement : n n + 1
e 6
n
) n
6 e.
Par application du théorème des « gendarmes », car (^) n lim→+∞
n n + 1
lim n →+∞
n
) n = e.
EXERCICE 4 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. a. La droite (OH) étant orthogonale au plan (ABC) est orthogonale à toute droite de ce plan, donc à la droite (BC). La droite (OA) perpendiculaire à (OB) et à (OC) est orthogonale au plan (OBC) ; elle est donc orthogonale à toute droite de ce plan et en particulier à (BC). b. Soit
AH ·
BC =
AO +
OH
BC =
AO ·
BC +
OH ·
BC = 0 + 0 = 0.
Conclusion : les droites (AH) et (BC) sont perpendiculaires. c. D’après la question précédente (AH) est hauteur du triangle (ABC), de même que (BH) et (CH), donc H est l’orthocentre du triangle (ABC).
2. a. Soit ax + by + cz = d une équation du plan (ABC). En écrivant que A, B et C ont des coordonnées qui vérifient cette équation, on obtient a = d , 2 b = d et 3 c = d. En prenant d = 6, on obtient une équation : M ( x ; y ; z ) ∈ (ABC) ⇐⇒ 6 x + 3 y + 2 z = 6 b. La question précédente montre qu’un vecteur normal à (ABC) est −→ n (6 ; 3 ; 2).
Donc M ( x ; y ; z ) ∈ (D) ⇐⇒
O M = t
n , t ∈ R ⇐⇒
x = 6 t y = 3 t z = 2 t
c. H( x ; y ; z ) ∈ (D) ∩ (ABC) ⇐⇒
x = 6 t y = 3 t z = 2 t 6 x + 3 y + 2 z = 6
36 t + 9 t + 4 t = 6 ⇐⇒ t =
Donc H a pour coordonnées
3. a. La distance du point O au plan (ABC) est la plus courte distance de O au plan (ABC) : c’est donc OH.
On a OH^2 =
Conclusion OH =
b. On a (1) V (OABC) =
A (ABC) × OH
A (OAB) × OC
Or (OAB) est un triangle rectangle dont l’aire est égale à 1 et OC = 3.
On a donc (1) ⇐⇒
A (ABC) × 67
= 1 ⇐⇒ A (ABC) =
c. A (OAB)^2 + A ( O AC )^2 + A ( OBC )^2 = 12 +
Donc le carré de l’aire du triangle ABC est égal à la somme des carrés des aires des autres faces de ce tétraèdre.
EXERCICE 4 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. a. On a 6^2 = 36 ≡ 3 mod 11, donc
≡ 35 mod 11 ou encore 6^10 ≡ 1 mod 11 car 3^5 = 243 = 11 × 22 + 1. Le reste de la division euclidienne de 6^10 par 11 est donc 1. b. 62 ≡ 1 mod 5, donc 6^4 ≡ 1 mod 5. Le reste de la division euclidienne de 6^4 par 5 est 1. c. On a vu que 6^10 ≡ 1 [11], donc
≡ 14 = 1 [11]. De même 6^4 ≡ 1 mod 5, donc
= 640 ≡ 110 = 1 mod 5 ; donc 6^40 ≡ 1 [5]. d. Les questions précédentes montrent que 6^40 − 1 est un multiple de 11 et de 5, donc de 511 × 5 = 55 qui sont premiers entre eux.
2. Dans cette question x et y désignent des entiers relatifs. a. 65 et 40 sont multiples de 5, donc 65 x − 40 y l’est aussi, alors que 1 ne l’est pas. Conclusion : l’équation 65 x − 40 y = 1 n’a pas de solution dans Z × Z. b. 17 et 40 sont premiers entre eux. Il existe donc au moins un couple ( u ; v ) tel que 17 u − 40 v = 1. c. On a
40 = 17 × 2 + 6 (1) 17 = 6 × 2 + 5 (2) 6 = 5 × 1 + 1. (3)
D’où
1 = 6 − 5 (4) 1 = 6 − (17 − 2 × 6) = − 17 + 3 × 6 (5) 1 = − 17 + 3(40 − 2 × 17) = 3 × 40 − 7 × 17. (6)
La dernière égalité peut s’écrire 17 × (−7) − 3 × (−40) = 1, qui montre que le couple (−7 ; −3) est solution de l’équation ( E ′).
d. On a le système
17 x − 40 y = 1 17 × (−7) − 40 × (−3) = 1 ⇒ (par différence)
17( x + 7) − 40( y + 4) = 0 ⇐⇒ 17( x + 7) = 40( y + 4) (7). Or on a vu que 17 et 40 sont premiers entre eux : d’après le théorème de Gauss 40 divise 17( x +7) et est premier avec 17, il divise donc x +7. Il existe donc k ∈ Z tel que x + 7 = 40 k ⇐⇒ x = − 7 + 40 k. En reportant dans (7) et en simplifiant par 40, on obtient 17 k = y + 4 ⇐⇒ y = − 3 + 17 k. Inversement : si x = − 7 + 40 k et y = − 3 + 17 k , k ∈ Z, alors
