Série de mathématique – correction –  14, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Série de mathématique – correction – 14, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les fonctions, les trois fonctions de l’inégalité, la partie obligatoire.
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CorrectionSetrangerjuin2008.dvi

Durée : 4 heures

Correction du baccalauréat S Centres étrangers 17 juin 2008

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

1. Affirmation 1 : VRAI.

On a −−→ AB (−3 ; 1 ; 5) et

−−→ AC (−2 ; −3 ; −4) : ces deux vecteurs ne sont pas coli-

néaires, donc les points A, B et C définissent un plan.

2. Affirmation 2 : FAUX.

On a A ∈P ⇐⇒ 2−2−1+1 = 0 : vrai C ∈P ⇐⇒ 0+4+3+1 = 0 : faux La droite (AC) n’est donc pas incluse dans le plan P .

3. Affirmation 3 : VRAI Dans l’affirmative un vecteur normal à ce plan serait

−→ n (1 ; 8 ; −1). On a

−−→ AD (−1 ; 0 ; −1) et −→n ·−−→AB =−3+8−5 = 0, donc −→n est bien orthogonal à −→AB ; de même

−→ n ·−−→AD =−1+0+1= 0, donc −→n est bien orthogonal à −−→AD .

Enfin A appartient à ce plan si ses coordonnées vérifient l’équation proposée soit : 2+8+1−11 = 0 qui est vraie

4. Affirmation 4 : FAUX

M(x ; y ; z) ∈ (AC) ⇐⇒ il existeλ ∈R tel que−−→AM =λ−−→AC ⇐⇒

x −0 = −2λ y +2 = −3λ z −3 = 4λ

⇐⇒

x = −2λ y = −2−3λ z = 3+4λ

En prenant k =−λ on obtient :

x = 2k y = −2+3k z = 3−4k

.

5. Affirmation 5 : FAUX

On a −→ AB ·

−−→ CD = −25 : ces vecteurs ne sont pas orthogonaux, les droites non

plus.

6. Affirmation 6 : FAUX

On a d(C, P )= |8|

p 1+4+1

= 8 p 6 =

8 p 6

6 =

4 p 6

3 .

7. Affirmation 7 : VRAI

On a d(D, P ) = |1−2−2+1| p 1+4+1

= 2 p 6 =

2 p 6

6 =

p 6

3 . La distance de D au plan

est égale au rayon de la sphère, donc la sphère de centre D et de rayon

p 6

3 est

bien tangente au plan P .

8. Affirmation 8 : VRAI

La perpendiculaire à P contenant C a pour équations paramétriques : 

x −0 = λ y +2 = −2λ z −3 = λ

⇐⇒

x = λ y = −2−2λ z− = 3+λ

Les coordonnées du point E commun à cette droite et au plan vérifie l’équa- tion de P soit λ−2(−2−2λ)+3+λ+1 = 0 ⇐⇒ λ+4+4λ+4+λ = 0 ⇐⇒ 6λ+8= 0 ⇐⇒ λ=−

4

3 .

On a donc E

(

− 4

3 ; 2

3 ; 5

3

)

.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. z2+4z +8= 0 ⇐⇒ (z +2)2−4+8= 0 ⇐⇒ (z +2)2 =−4 ⇐⇒ (z +2)2 = (2i)2, d’où les deux solutions z1 =−2+2i et z2 =−2−2i. On a |z1| = |z2| =

p 22+22 = 2

p 2.

D’où z1 = 2 p 2

(

− p 2

2 + i

p 2

2

)

= 2 p 2 (

cos 3π4 + isin 3π 4

)

= 2 p 2e

3iπ 4 .

De même z2 = 2 p 2 [

cos (

− 3π4 )

+ i sin (

− 3π4 )]

= 2 p 2e−

3iπ 4 .

2. Figure :

1

2

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2−1−2−3

3

3 -3 -2 -1 0 1 2 3

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

+

+

+

+

A

B

C

D

O

G2

a. Par définition de la rotation :zC − zO = i (zB− zO) ⇐⇒ zC = i(−2+ 2i) = −2−2i= z2

b. On a : zD− zA = i (zC− zA) ⇐⇒ zD = 2−2i+ i (−2−2i−2+2+2i)= 2−6i c. On a

−−→ AB (−4 ; 4) et −−→DC (−4 ; 4), donc −−→AB =−−→DC ⇐⇒ (ABCD) est un paral-

lélogramme

3. a. Par définitionGα existe car 1−1+α 6= 0 et 1 −−−→ A −1

−−−→ B +α

−−−→ C =

−→ 0 ⇐⇒

α −−−→ C=

−−→ BA ⇐⇒ −−−→C=

1

α

−−→ BA (puisque α 6= 0.

b. L’égalité précédente montre que les vecteurs −−−→ Cet

−−→ BA sont colinéaires,

donc que le point appartient à la parallèle à la droite (AB) contenant

C. Comme α∈R∗, 1

α ∈R∗, donc ne peut être en C.

L’ensemble des points est donc la parallèle à (BA) contenant C ou en- core la droite (CD) privée du point C puisque (ABCD) est un parallélo- gramme.

c. Par définition (ABCD) est un parallélogramme ⇐⇒ −−→DB =−−→DA +−−→DC ⇐⇒ −−→ DA−−−→DB+−−→DC =−→0 ⇐⇒ Dest le barycentre du système {(A, 1), (B, −1), (C, 1). Conclusion =D pour α= 1.

Centres étrangers 2 17 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On a donc G2 barycentre de (A, 1), (B, −1) et (C, 2) équivaut à −−−→ G2A −

−−−→ G2B +

2 −−−→ G2C =

−→ 0 .

Donc ∥

−−→ MA −

−−→ MB +2

−−→ MC

∥= 4 p 2 ⇐⇒

−−−→ MG2 +

−−−→ G2A −

−−−→ MG2 −

−−−→ G2B +2

−−−→ MG2 +2

−−−→ G2C

∥= 4 p 2 ⇐⇒ 2

−−−→ MG2 = 4

p 2 ⇐⇒

2G2M = 4 p 2 ⇐⇒ G2M = 2

p 2.

Cette dernière égalité montre que les points M appartiennent au cercle de centre G2 de rayon 2

p 2.

Construction : comme −−−→ CG2 =

1

2 BA, on en déduit que G2 est le milieu de [CD]

et on a facilement G2D= 2 p 2=G2C.

L’ensemble cherché est donc le cercle centré aumilieu de [CD] et de diamètre [CD] .

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

4.1 Figure :

1

2

−1

1 2−1−2−3

3

3 +

+++

+ A

BCD

E

O

2. On a −−→ OA (2 ; 0) et

−−→ CB (2 ; 0), donc

−−→ OA = −−→CB ⇐⇒ (OABC) est un parallélo-

gramme ; de plus OB = p 22+32 =

p 13 et AC=

p 22+32 =

p 13, donc AC =OB

ce qui montre que (OABC) est un rectangle.

Demême −→ AE (−4,5 ; 0) et−−→BD (−4,5 ; 0), donc (ABDE) est un parallélogramme

et comme (AB) est perpendiculaire à (AE), (ABDE) est un rectangle.

De plus le format (rapport longueur sur largeur) de ces deux rectangles est

égal à 3

2 : ils sont donc semblables.

3. Étude d’une similitude directe transformant OABC en ABDE

a. L’écriture complexe de la similitude complexe s est z ′ = az +b. A= s(O) ⇐⇒ 2= b ; B= s(A) ⇐⇒ 2+3i= b ;

On obtient donc b = 2 et a = 3

2 i.

Centres étrangers 3 17 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

s : z 7−→ z ′ = 3

2 iz +2.

b. On a zs(B) = 3

2 i(2+ 3i)+ 2 = −

5

2 +

3

2 i = zD et comme les rectangles sont

semblables, l’image de C est E.

c. L’image de la droite (OA) est la droite (AB) : l’angle de la similitude est

donc égale à π

2 .

d. On a s s(O) = B, s s(A) = D. Cette composée de similitudes est une si- militude d’angle π, donc O, Ω et B d’une part, A, Ω et D d’autre part sont alignés : Ω appartient donc aux droites (OB) et (AD). D’où la position du pointΩ.

4. Étude d’une similitude indirecte transformant OABC en BAED

a. L’écriture complexe de la similitude indirecte est z ′ = az +b. On a donc zs(O) = zB = azO+b ⇐⇒ 2+3i= b, et d’autre part zs(A) = zA ⇐⇒ 2= 2a +b.

On en déduit que b = 2+3i et a =− 3

2 i.

s′; z 7−→ z ′ =− 3

2 iz +2+3i.

b. On a zs ′(B) = − 3

2 i(2−3i+2+3i = −3i−

9

2 +2+3i = −

5

2 = zE et comme les

rectangles sont semblables l’image de C est D.

c. Soit F(x ; y) un point fixe de s′ ; on a donc x + iy =− 3

2 i(x − iy)+2+3i, ce

qui donne le système : 

x = − 3

2 y +2

y = − 3

2 x +3

⇐⇒ {

2x +3y = 4 3x +2y = 6 ⇐⇒

{

x = 2 y = 0

Il y a donc un seul point fixe, le point A.

De z ′ =− 3

2 iz +2+3i et 2=−

3

2 i×2+2+3i, on obtient par différence :

z ′−2=− 3

2 i (

z −2 )

.

On voit que si on nomme σ la réflexion d’axe (OA) ; on a σ(z) = z1, puis z ′−2=−

3

2 i(z1−2) , donc M ′ est l’image de M1 d’affixe z1 par la similitude

directe de rapport 3

2 d’angle

π

2 et de centre le point A.

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

I. Partie A

1. Arbre de probabilités :

Centres étrangers 4 17 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

I 0,08

F0,50

F0,50

O 0,82

F0,60

F0,40

M 0,10 F

0,25

F0,75 2. a. p(M)= 1−0,08−0,82 = 0,10.

b. p(M∩F)= 0,10×0,25 = 0,025. c. p(F)= p(F∩ I)+p(F∩O)+p(F∩M)= 0,08×0,5+0,82×0,6+0,1×0,25 =

0,557.

II. Partie B

1. On a l’arbre suivant :

B0,04

A

A 0,003

B0,96

A 0,002

A

On a p (

B∩A )

= p(B)×pB (

A )

⇐⇒ pB (

A )

= p (

B∩A )

p(B) =

0,003

0,04 =

3

40 .

On en déduit que pB (A)= 1− 3

40 =

37

40 .

D’où p(B∩A)= p(B)×pB (A)= 0,04× 37

40 = 0,037.

2. p(B∩A)+p (

B∩A )

= 0,04× 37

40 +0,002 = 0,037+0,002 = 0,039.

3. pA(B)= p(A∩B)

p(A =

0,037

0,039 =

37

39 .

Centres étrangers 5 17 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 7 points Commun à tous les candidats

I. Restitution organisée des connaissances II. Étude d’une fonction f

1. a. La fonction u somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur ce même intervalle et

u′(x)= 3x2+2× 1

x > 0 comme somme de termes positifs. Donc la fonction

u est croissante sur ]0 ; +∞[. b. On a u(1)= 1−1+2ln1= 0.

Conclusion : u(x)> 0 sur ]1 ; +∞[ et u(x)< 0 sur ]−∞ ; 1[. 2. Étude de la fonction f

a. On a lim x→0

x = 0 et lim x→0

lnx

x2 =−∞, donc lim

x→0 f (x)=+∞.

On a lim x→+∞

x =+∞ et lim x→+∞

lnx

x2 = 0, donc lim

x→+∞ f (x)=+∞.

b. f est dérivable comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ la seconde fonction quotient ayant un dénominateur non nul : elle est donc dérivable sur ]0 ; +∞[ et

f ′(x)= 1− 1 x × x

2−2x lnx x4

= 1− 1−2lnx

x3 =

x3−1+2lnx x3

= u(x)

x3 .

Donc f ′(x) est du signe de u(x) puisque x3 > 0 sur ]0 ; +∞[. D’après la question 1. b. on en déduit que f ′(x)> 0 sur ]1 ; +∞[ et f ′(x)< 0 sur ]−∞ ; 1[. D’où le tableau de variations de la fonction f :

x 0 1 +∞

f ′(x) − 0 +

f (x) +∞ 1

+∞

3. Éléments graphiques et tracés.

a. Comme lim x→+∞

[ f (x)− x] = lim x→+∞

− lnx

x2 = 0, ceci montre que la droite (∆)

d’équation y = x est asymptote à la courbeC au voisinage de plus l’infini.

b. Comme − lnx

x2 < 0 pour x > 1, ceci montre que la courbeC est au dessous

de (∆) à partir du point (1 ; 1).

Sur l’intervalle ]0 ; 1[, C est au dessus de ∆.

C et ∆ sont sécantes en (1 ; 1).

c. Figure

Centres étrangers 6 17 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

3

4

5

6

7

1 2 3 4 5

x = 1

x = α

x =

1 α

1 e

Calculs d’aires

1. On suppose dans cette question queα> 1. On a vu que pour x > 1, f (x)6 x ;

donc A (α)= ∫

α

1

(

x − [

x − lnx

x2

])

dx = ∫

α

1

lnx

x2 dx.

On pose : {

u(x) = lnx

v ′(x) = 1

x2

u′(x) = 1

x

v(x) = − 1

x

Toutes ces fonctions étant dérivables sur [1 ; +∞[ on peut intégrer par parties et ;

A (α)= [

− lnx

x

]α

1 + ∫

α

1

1

x2 dx =

[

− lnx

x

1

x

]α

1 =−

lnα

α − 1

α +0+1= 1−

lnα

α − 1

α .

2. Comme lim α→+∞

lnα

α = 0 et lim

α→+∞ 1

α = 0, on a

lim α→+∞

A (α)= = 1.

3. Comme e > 2, on a 1

e <

1

2 < 1. On a vu que dans ce cas la courbe C est au

dessus de la droite (∆), donc :

A (α)= ∫1

α

[

− lnx

x2

]

dx

En intégrant par parties commeprécédemment les fonctions étant dérivables sur [α ; 1], on obtient

A (α)= [

lnx

x +

1

x

]1

α

= 1− lnα

α

1

α .

En particulier A ( 1 e

)

= 1− ln 1e 1 e

− 1 1 e

= 1− −1 1 e

− 1 1 e

= 1= .

Centres étrangers 7 17 juin 2008

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