BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Liban

BACCALAUREATGENERAL
Session de juin 2011
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement de Spécialité
Liban
EXERCICE 1
−→ −→
1) a) Le vecteur AB a pour coordonnées (−4,−4,4) et le vecteur AC a pour coordonnées (−1,−4,−2). S’il existe un réel
−→ −→ 1
k tel que AC = kAB, alors nécessairement −1 = −4k et −4 = −4k. Ceci impose à la fois k = et k = 1 ce qui est
4
−→ −→
impossible. Donc les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires ou encore
les points A, B et C ne sont pas alignés.
−→ −→
b) Les points A, B et C définissent donc un unique plan et les vecteurs AB et AC sont deux vecteurs non colinéaires de
ce plan. Ensuite,
−→→−• n.AB =2×(−4)+(−1)×(−4)+1×4 = −8+4+4 =0.
−→→−
• n.AC =2×(−1)+(−1)×(−4)+1×(−2) = −2+4−2 =0.
→−Donc le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) et finalement
−→le vecteur n est un vecteur normal au plan (ABC).
−→
2) Un vecteur normal au plan (ABC) est le vecteur n de coordonnées (2,−1,1) et un vecteur normal au plan (P) est le
−→′vecteur n de coordonnées (1,1,−1). De plus,
−→−→′n.n =2×1+(−1)×1+1×(−1) =2−1−1 =0.
−→ −→′Donc les vecteurs normaux n et n sont orthogonaux ou encore
les plans (ABC) et (P) sont perpendiculaires.
3) a) Tout d’abord 1−1+2 =2 =0 et donc G existe. Ensuite,
x −x +2x 1+3+0A B C
• x = = =2.G
1−1+2 2
y −y +2y 2+2−4A B C
• y = = =0.G
1−1+2 2
z −z +2z −1−3−6A B C
• z = = = −5.G
1−1+2 2
Les coordonnées du point G sont (2,0,−5).
−→ −→ −→ →−′ ′b) Les coordonnées du vecteur CG sont (2,2,−2). Donc CG = 2n où n est le vecteur normal à P défini à la question
−→ −→−→′2). Le vecteur CG est colinéaire à n et n’est pas nul. Donc CG est aussi un vecteur normal à (P) ou encore
la droite (CG) est orthogonale au plan (P).
−→′c) Ladroite(CG)estladroitepassantparle pointCde coordonnées(0,−2,−3) etdevecteurdirecteur n de coordonnées
(1,1,−1). Un système d’équations paramétriques de la droite (CG) est
1
6
 x =t
y = −2+t , t∈R.

z = −3−t
d) Soit M(t,−2+t,−3−t), t∈R, un point de la droite (CG).
M∈ (P)⇔t+(−2+t)−(−3−t)+2 =0⇔t = −1.
Quand t = −1, on obtient les coordonnées du point H : (−1,−3,−2).
Le point H a pour coordonnées (−1,−3,−2).
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
4) Soit M un point de l’espace. On sait que MA−MB+2MC = (1−1+2)MG =2MG et donc

−−→
M∈ (S)⇔2MG =12⇔2MG =12⇔MG =6.
(S) est la sphère de centre G et de rayon R =6.
5) La distance d du centre G de la sphère (S) au plan (P) est
√ √
√|2+0−(−5)+2| 9 3× 3× 3
d = p √ √ 3= = =3
2 2 21 +1 +(−1) 3 3
√
Puisque d =3 3 =5,1... et que R =6, on a d<R et on sait que (P)∩(S) est un cercle de rayon
√ √√
2 2r = R −d = 36−27 = 9 =3.
LecentredececercleestleprojetéorthogonaldupointGsurleplan(P)c’est-à-direlepointHdecoordonnées(−1,−3,−2)
d’après les questions 3)b) et 3)d).
(P)∩(S) est le cercle du plan (P) de centre H(−1,−3,−2) et de rayon r =3.
2EXERCICE 2
1.a) Réponse D
1.b) Réponse B
1.c) Réponse A
2.a) Réponse C
2.b) Réponse A
2.c) Réponse C
Explication 1.a) On note N (respectivement B) l’événement « l’ordinateur choisi est noir (respectivement blanc) » et
M (respectivement M ) l’événement « l’ordinateur choisi est de la marque M (respectivement M ) ». La probabilité1 2 1 2
demandée est p(M ∩N).2

L’énoncé donne p M = p(M ) = 0,7 et donc p(M ) = 0,3. L’énoncé donne aussi p N = p (B) = 0,2 et donc2 1 2 M M2 2
p (N) =0,8. La probabilité demandée est p(M ∩N) et on aM 22
24 6
p(M ∩N) =p(M )×p (N) =0,3×0,8 =0,24 = = .2 2 M2 100 25
.
La bonne réponse est la réponse D.
Explication 1.b) La probabilité demandée est p(N). La formule des probabilités totales permet d’écrire
p(N) =p(N∩M )+p(N∩M ) =p(M )×p (N)+p(M )×p (N) =0,7×0,6+0,3×0,8 =0,42+0,241 2 1 M 2 M1 2
66 33
=0,66 = = .
100 50
La bonne réponse est la réponse B.
Explication 1.c) La probabilité demandée est p (M ).N 2
p(M ∩N) 6/25 12 42
p (M ) = = = = .N 2
p(N) 33/50 33 11
La bonne réponse est la réponse A.
Explication 2.a) Le nombre de tirages simultanés de trois boules parmi les neuf boules de l’urne est

9 9×8×7
= =84.
3 3×2
Les trois boules tirées sont de même couleur si et seulement si les trois boules sont jaunes ou les trois boules sont bleues. Il
4 3
y a =4 tirages simultanés de trois boules parmi les quatre jaunes et =1 tirage simultané de trois boules parmi
3 3
les trois bleues. Le nombre de tirages simultanés de trois boules de même couleur est donc 4+1 = 5 puis la probabilité
5
demandée est . La bonne réponse est la réponse C.
84
Explication 2.b) Le nombre de tirages simultanés fournissant trois couleurs différentes est

4 2 3
× × =4×2×3 =24.
1 1 1
24 2
La probabilité d’obtenir trois boules de couleurs différentes est donc = .
84 7
La bonne réponse est la réponse A.
Explication 2.c) On note n le nombre de fois que l’on répète l’expérience et X le nombre de fois que l’on obtient 3
boules jaunes. Cette expérience suit un schéma de Bernoulli. En effet, on recommence n fois la même expérience de
manière indépendante et à chaque expérience, on a deux éventualités « obtenir trois boules jaunes » avec une probabilité
4
3 4 1 20
p = = = et « ne pas obtenir trois boules jaunes » avec une probabilité 1−p = .
9 84 21 21
3
La probabilité d’obtenir au moins une fois trois boules jaunes en n essais est
n
20
p(X>1) =1−p(X =0) =1− .
21
3Ensuite,
n n n
20 20 21
p(X>1)>0,99⇔1− >0,99⇔ 60,01⇔ >100
21 21 20
n
21 21 ln(100)
⇔ ln > ln(100)⇔nln > ln(100)⇔n>
20 20 ln(21/20)
⇔n>94,3...⇔n>95.
La bonne réponse est la réponse C.
4EXERCICE 3
PARTIE A : Restitution organisée de connaissances
′ ′ ′ ′ ′ ′Soient A, B, A et B quatre points tels que A = B et A = B . On note respectivement a, b, a et b les affixes de ces
points.
′Soient α et β deux nombres complexes, α =0, puis s la similitude d’expression complexe z =αz+β.

′ ′ ′s(A) =A a =αa+β (I) a =αa+β (I)
⇔ ⇔′ ′ ′ ′s(B) =B b =αb+β (II) b −a =α(b−a) (II)−(I)
 ′ ′b −a α =
b−a⇔ (carb =a)′ ′b −a ′ a = a+β
b−a
 ′ ′ ′ ′b −a b −a  α = α =
b−a b−a⇔ ⇔ .′ ′ ′ ′b −a a b−ab ′ β =a − a β =
b−a b−a
′ ′ ′ ′De plus, α =0 car a =b . Donc il existe une unique similitude directe s telle que s(A) =A et s(B) =B . Le rapport de ′ ′ ′ ′ ′ ′