Série de mathématique – correction –  12, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Série de mathématique – correction – 12, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 12. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le tableau de la loi de probabilité, l’ensemble des points.
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CorrectionPolynesieSjuin2008.dvi

[ Correction du baccalauréat S Polynésie juin 2008 \

EXERCICE 1 4 points

1. z2−6z+13= 0 ⇐⇒ (z−3)2−9+13= 0 ⇐⇒ (z−3)2+4= 0 ⇐⇒ (z−3)2 = (2i)2. Les solutions sont donc 3+2i et 3−2i

2. Figure :

1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3−4

4

4

+

+

+

A

B

C

O

M

N

3. On a −−→ OC (0 ; 4) et

−−→ AB (0 ; 4)„ donc

−−→ OC =

−−→ AB ⇐⇒ OABC est un parallélo-

gramme.

4. Le centre de OABC est le milieu de [OB] soitΩ

(

3

2 ; 1

)

.

5. Ω est l’isobarycentre des points A, B, C et O. Donc −−→ OA +

−−→ OB +

−−→ OC +

−−→ OC =

−→ 0 .

On a donc : ∥

−−−→ MO +

−−→ MA +

−−→ MB +

−−→ MC

∥= 12 ⇐⇒ ∥

∥4 −−−→ MΩ +

−−→ ΩO +

−−→ ΩA +

−−→ ΩB +

−−→ ΩC

∥= 12

⇐⇒ ∣

∣4 −−−→ M

∥= 12 ⇐⇒ ΩM = 3

L’ensemble des points M est donc le cercle de centreΩ et de rayon 3.

6. a. On a donc zM = 3+βi. On a par définition de la rotation : zN zΩ = i (zM zΩ) ⇐⇒

zN = 3

2 + i+ i

(

3+β− 3

2 − i

)

= 3

2 + i+3i−β

3

2 − i=

5

2 −β+

5

2 i.

b. La droite (BC) a un coefficient directeur de − 2

3 et contient le point

C(0 ; 4) : une de ses équations est donc y =− 2

3 x+4.

N ∈ (BC) ⇐⇒ 5

2 =−

2

3

(

5

2 −β

)

+4 ⇐⇒ 15=−4

(

5

2 −β

)

+24 ⇐⇒

15=−10+4β+24 ⇐⇒ 4β= 1 ⇐⇒ β= 1

4 .

Dans ce cas : M

(

3 ; 1

4

)

et N

(

9

4 ; 5

2

)

(cf. figure)

EXERCICE 2 4 points

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→ ,

−→ k

)

, on considère les

points A(1 ;2 ;3), B(0 ;1 ;4), C(−1 ; −3 ; 2), D(4 ; −2 ; 5) et le vecteur −→ n (2 ; −1 ; 1).

Correction du baccalauréat S

1. a. On a −−→ AB (−1 ; −1 ; 1),

−−→ AC (−2 ; −5 ; −1). Ces vecteurs ne sont pas coli-

néaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.

b. On a −→ n ·

−−→ AB =−2+1+1= 0 et

−→ n ·

−−→ AC =−4+5−1= 0.

Le vecteur −→ n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires duplan (ABC) :

il est orthogonal à ce plan.

c. M(x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ −−→ AM ·

−→ n = 0

⇐⇒ 2(x−1)−1(y −2)+1(z−3) = 0 ⇐⇒ 2xy + z−3= 0.

Pour t =−1, on trouve effectivement les coordonnées de D. D’autre part un vecteur directeur de cette droite est le le vecteur

−→ u de coor-

données (−2 ; 1 ; −1), donc −→ u =−

−→ n . La droite ∆ est donc bien perpendicu-

laire au plan (ABC). Le point E appartient donc à la droite (∆) et au plan (ABC). Ces coordonnées vérifient donc :

2(2−2t)− (−1+ t)+ (4− t)−3 = 0 ⇐⇒ 6= 6t ⇐⇒ t = 1.

Les coordonnées de E sont donc (0 ; 0 ; 3). On a

−→ EA (1 ; 2 ; 0),

−→ EB (0 ; 1 ; 1),

−−→ EC (−1 ; −3 ; −1).

On a bien −→ EA +

−→ EB +

−−→ EC =

−→ 0 qui signifie que E est l’isobarycentre des trois

points A, B et C, soit le centre de gravité du triangle (ABC).

EXERCICE 3 5 points

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

1. y = 2 est une solution évidente de l’équation. Les solutions de l’équation y ′ =−y sont les fonctions y =K e−x ,K ∈R. L’ensemble des solutions de l’équation différentielle initiale sont donc les fonctions : x 7−→ 2+Kex ,K ∈R.

La solution telle que f ln2)= 1 ⇐⇒ 2+K e− ln2 = 1 ⇐⇒ K

eln2 =−1 ⇐⇒

K

2 =

−1 ⇐⇒ K =−2. On a donc f (x)= 2−2e−x , f (0)= 0, f ′(0)=− f (0)+2= 2. L’équation de la tangente au point d’abscisse 0 est Y −0= 2(X −0) ⇐⇒ Y = 2X . Conclusion : l’affirmation est vraie.

2. Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle [A ; +∞[ où A est un réel strictement positif. Proposition 2 : Faux : contre exemple : f (x)= e−x ,g (x)= ex et lim

x→+∞ f (x)g (x)=

1.

3. Proposition 3 : À la 70e minute, la masse est égale à 0,970×10000≈ 6,3 (g). La proposition est fausse.

4. Proposition 4 : On a p(A∪B)= p(A)+p(B)−p(A∩B). A et B sont indépendants, donc p(A∩B)= p(A)×p(B)= 0,4×0,4 = 0,16. Donc p(A∪B)= 0,4+0,4−0,16 = 0,64. La proposition est fausse.

5. Proposition 5 :Avec des notations évidentes on a l’arbre suivant :

D0,02

b R0,99

b R0,01

D0,98

b R0,03

b R0,97

Polynésie 2 juin 2008

Correction du baccalauréat S

On a donc p(R)= 0,02×0,01+0,98×0,97 = 0,9508.

Proposition vraie

EXERCICE 3 5 points

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

1. Proposition 1 : Vraie. On a 1× (2n+1)−2×n = 1 : d’après Bezout n et 2n+1 sont premiers entre eux.

2. Proposition 2 : Fausse. On a x ≡ 3 [5]⇒ x2+ x+3≡ 15 [5] soit x2+ x+3≡ 0 [5].

3. Proposition 3 : Vraie. On a N = 1000a+100b+10a+7 = 1010+100b+7. DoncN ≡ 0 [7] ⇐⇒ 1010a+100b+7≡ 0 [7] ⇐⇒ 1010a+100b ≡ 0 [7] ⇐⇒ 101a+10b ≡ 0 [7] ⇐⇒ 101a+101b ≡ 0 0[7], car 91b ≡ 0 [7]. Finalement 101(a+b)≡ 0 [7]. Comme 101 et 7 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss 7 di- vise a+b.

4. Proposition4 : Fausse. Par définition de la similitude, on a :

z ′− (1− i)= 2ei π 6 [z− (1− i)] ⇐⇒ z ′ = 1− i+2

(p 3

2 +

i

2

)

[z− (1− i)] ⇐⇒ z ′ =

1− i+ (p

3+ i )

[z− (1− i)], soit enfin z ′ = (p

3+ i )

z− p 3+ i

(p 3−2

)

5. Proposition5 : Vraie. Soit un point M d’affixe z. Son symétrique autour de (

O ; −→ u

)

a pour affixe z et le symétrique de ce point autour du point A a pour

affixe z1 tel que z+ z1 = 2a ⇐⇒ z1 = 2az. Le symétrique de M autour de A a pour affixe le point d’affixe z2 tel que z+

z2 = 2a soit z2 = 2az et le symétrique de ce point autour de (

O ; −→ u

)

a pour

affixe z3 tel que z3 = 2az = 2az. On a donc z1 = z3 ⇐⇒ 2az = 2az ⇐⇒ 2a = 2a ⇐⇒ a = a ⇐⇒ a ∈R.

EXERCICE 4 7 points

Partie A

Restitution organisée de connaissances.

Partie B

1. f est la somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ : elle est donc dérivable et

f ′(x)= 1+ −e−x

1+e−x = 1−

1

1+ex =

1+ex −1

1+ex =

ex

1+ex .

Cette dérivée est clairement supérieure à zéro sur [0 ; +∞[, et la fonction f est donc croissante sur [0 ; +∞[. Comme f (0)= 0+ ln(1+1)= ln2≈ 0,69> 0, on a f (x)> 0 sur [0 ; +∞[.

2. a. On sait que lim x→+∞

e−x = 0, donc lim x→+∞

ln (

1+e−x )

= ln1 = 0, on a donc

lim x→+∞

f (x)− x = 0, ce qui montre que la droite (D) est asymptote à (C ) au

voisinage de plus l’infini.

b. Comme f (x)−x = ln(1+e−x )> ln1= 0, ceci montre que la courbe (C ) est au dessus de (D) quel que soit x.

3. a. Voir la surface hachurée sur la figure ci-dessous.

Polynésie 3 juin 2008

Correction du baccalauréat S

b. La fonction g est dérivable sur [0 ; +∞[ et g ′(t) = 1

1+ t −1 =

1−1− t

1+ t =

t

1+ t < 0.

La fonction g est décroissante sur [0 ; +∞[ et comme g (0)= 0, on a g (x)6 0 sur [0 ; +∞[. Or g (t)6 0 ⇐⇒ ln(1+ t)− t 6 0 ⇐⇒ ln1+ t)6 t .

On admettra que pour tout réel t > 0, on a t

t +1 6 ln(1+ t).

c. On a donc 06 t

1+ t 6 ln(1+ t)6 t . En posant t = e−x , ce qui est possible

puisque t > 0, on obtient l’encadrement :

e−x

1+e−x 6 ln(1+e−x )6 e−x

d. En intégrant ces trois fonctions sur l’intervalle [0 ; 1], on obtient :

∫1

0

e−x

1+e−x dx 6

∫1

0 ln

(

1+e−x )

dx6 ∫1

0 e−x dx

[− ln (

1+e−x )

]10 6 ∫1

0 ln

(

1+e−x )

dx 6 [

−e−x ]1 0

− ln (

1+e−1 )

+ ln26 I6 1− 1

e .

ln

(

2

1+e−1

)

6 I6 1− 1

e .

ln

(

2e

1+e

)

6 I6 1− 1

e .

e. La calculatrice donne 0,3796 I0,633. Soit à 0,4 près :

0,36 I6 0,7.

4. On aM (x ; x+ ln (1+e−x )) et N (x ; x). Comme on a vu que M est au dessus de N , on aMN = ln(1+e−x ). Il faut donc résoudre l’inéquation : ln(1+e−x )6 0,025 (car l’unité en ordon- nées est égale à 2 cm) soit comme la fonction exponentielle est croissante :

eln(1+e −x)6 e0,05 ⇐⇒

1+e−x 6 e0,025 ⇐⇒

e−x 6 e0,025−1 ⇐⇒

x 6 ln (

e0,025−1 )

⇐⇒

x>− ln (

e0,025−1 )

≈ 3,67635

L’ensemble des valeurs solutions est donc l’intervalle ]

− ln (

e0,025−1 )

; +∞ [

.

Polynésie 4 juin 2008

Correction du baccalauréat S

ANNEXE à rendre avec la copie

EXERCICE 4

1

2

3

4

−1

1 2 3 4 5 6−1 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-1

0

1

2

3

4

5

(C )

D

Polynésie 5 juin 2008

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