Correction du baccalauréat S Polynésie
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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat S Polynésie \ septembre 2007 EXERCICE 1 7 points Commun à tous les candidats 1. a. Les courbes 2 et 3 ne vérifient pas P3. Par contre le courbe 1 semble représenter une fonction de (E) : en parti- culier la courbe est sous la droite y = x. b. Une fonction f de (E) érifie P3 donc f (x)6 x ?? x ? f (x)> 0. Comme 0 < 1, I f représente l'aire de la partie du plan limitée par la courbe, la droite (D) et les droites d'équation x = 0 et x = 1. Donc I f > 0. 2. a. h(x)= 2x ?1= ex ln2?1. Cette fonction est dérivable et h?(x)= ln2ex ln2 > 0 car les deux facteurs sont positifs : la fonction h est donc croissante et vérifie P1. h(0)= 1?1= 0 et h(1)= 21?1= 2?1= 1. h vérifie P2. b. Soit?(x)= 2x?x?1. Cette fonction est dérivable comme sommede fonc- tions dérivables et ??(x)= ln2ex ln2?1 et ???(x)= (ln2)2ex ln2 > 0. On en déduit le tableau de variations suivant : x 0 ? 1 ??? + + ?? ln2?1< 0 2ln2?1> 0 ? 0 0 0 Ce tableau montre que sur [0
Voir
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat S Polynésie \ septembre 2007 EXERCICE 1 7 points Commun à tous les candidats 1. a. Les courbes 2 et 3 ne vérifient pas P3. Par contre le courbe 1 semble représenter une fonction de (E) : en parti- culier la courbe est sous la droite y = x. b. Une fonction f de (E) érifie P3 donc f (x)6 x ?? x ? f (x)> 0. Comme 0 < 1, I f représente l'aire de la partie du plan limitée par la courbe, la droite (D) et les droites d'équation x = 0 et x = 1. Donc I f > 0. 2. a. h(x)= 2x ?1= ex ln2?1. Cette fonction est dérivable et h?(x)= ln2ex ln2 > 0 car les deux facteurs sont positifs : la fonction h est donc croissante et vérifie P1. h(0)= 1?1= 0 et h(1)= 21?1= 2?1= 1. h vérifie P2. b. Soit?(x)= 2x?x?1. Cette fonction est dérivable comme sommede fonc- tions dérivables et ??(x)= ln2ex ln2?1 et ???(x)= (ln2)2ex ln2 > 0. On en déduit le tableau de variations suivant : x 0 ? 1 ??? + + ?? ln2?1< 0 2ln2?1> 0 ? 0 0 0 Ce tableau montre que sur [0
- probabilité qn
- ih
- écriture complexe de la similitude ?
- simitude conservant l'alignement
- ??
- affixe
- ???? hh?
- ???
- plan complexe
Durée : 4 heures
[Correction du baccalauréat S Polynésie\ septembre 2007
EX E R C IC Epoints1 7 Commun à tous les candidats 1. a.Les courbes 2 et 3 ne vérifient pas P3. Par contre le courbe 1 semble représenter une fonction de (E) : en parti culier la courbe est sous la droitey=x. b.Une fonctionfde (E) érifie P3doncf(x)6x⇐⇒x−f(x)>0. Comme 0<1,Ifreprésente l’aire de la partie du plan limitée par la courbe, la droite (D) et les droites d’équationx=0 etx=1. DoncIf>0. x xln 2′xln 2 2. a.h(x)=2−1=e−1. Cette fonction est dérivable eth(x)=ln 2e> 0 car les deux facteurs sont positifs : la fonctionhest donc croissante et vérifie P1. 1 h(0)=1−1=0 eth(1)=2−1=2−1=1. hvérifie P2. x b.Soitϕ(x)=2−x−1. Cette fonction est dérivable comme somme de fonc tions dérivables et ′xln 2 ϕ(x)=ln 2e−1 et ′′2xln 2 ϕ(x)=e(ln 2)>0. On en déduit le tableau de variations suivant :
x0α1 ′′ ϕ + + 2 ln 2−1>0 ′ ϕ 0 ln 2−1<0 0 0 ϕ
x Ce tableau montre que sur [0; 1],ϕ(x)60⇐⇒2− −1−x60⇐⇒ x 2−16x⇐⇒h(x)6x. On a donc démontré quehvérifie la propriété P3, donc appartient à (E). Z Z· ¸1 1 1h i2x £ ¡¢¤x2 1 x xln 2 c.Ih=x−2−1 dx=x−e+1 dx= −+x= + 2 ln2 0 002 2 13 1 1− + =−. ln 2ln 22 ln2 ½ c=0 3. a.Pvérifie P2⇒ a+b+c=1 Doncc=0 etb=1−a. Pour toutxde l’intervalle [0 ; 1], 2 P(x)=a x+(1−a)x. ′ ′ –P(x)=2a x+(1−a). Sur [0 ; 1], 2a x>0 et 1−a>0, doncP(x)>0 : la fonctionPest croissante sur [0 ; 1].
–P(0)=0 etP(1)=a+1−a=1.Pvérifie P2.
2 2 – ConsidéronsP(x)−x=a x+(1−a)x−x=a x−a x=a x(x−1). Commea>0, 06x61 etx−160,P(x)−x60⇐⇒P(x)6x. DoncPvérifie P3et finalementP∈(E)
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
Z Z· ¸1 1 12 3 £ ¤¡ ¢a xa x 2 2 b.IP=x−a x−(1−a)xdx=a x−a xdx= −= 0 02 3 0 a a a − =. 2 3 6 a63 1 c.IP=Ih⇐⇒ =− ⇐⇒a=9−. 6 2ln 2ln 2
EX E R C IC E2 Commun à tous les candidats
4 points
1. a.On a A(3 ; 0 ; 0), C(0 ; 3 ; 0) et E(3 ; 0 ; 3). −→−→ b.L barycentre du système {(C ; 2), (E ; 1)}⇐⇒2LC+LE=0 2×(−x)+3−x=0 1=x ⇐⇒2(3−y)+0−y=0⇐⇒2=y. Donc L(1 ; 2 ; 1) 2(0−z)+3−z=0 1=z 0 1 −→−→ c.DL 2AE 0 et. 3 1 0 3 −−→−−→−→−−→−−→−−→−→−−→ 2. a.AM0 .Or AM=AD+DM⇐⇒DM=AM+.DA 0M N 3a3a ³ ´ −→−→−→−−→−−→−→− orthogonal à AE⇒M N∙AE=0⇐⇒MD+DN∙AE=0⇐⇒ −3a× 3+b×3=0⇐⇒3a−b=0. ³ ´ −−→−→−→−→−−−→ De mêmeM N∙DL=0⇐⇒MD+DN∙DL=0⇐⇒ −3×1−3a×1+ −−→ b×1+2b×2+b×1⇐⇒ −3−3a+6b=0⇐⇒ −a+2b=1. D oncM N −→−→ est orthogonal aux vecteurs AEet DLsi et seulement si le couple (a,b) ½ −a+2b=1 vérifie le système 3a−b=0 ½ ½ −a+2b=1−a+2b=1 1 b.⇐⇒ ⇒5a=1⇐⇒a=, puis 3a−b=0 6a−2b=0 5 3 b=. Ce système a un seul couple solution. 5 ¡ ¢ 3 Il existe donc un seul point M0et un3 ; 0 ;de (AE) de coordonnées 5 ¡ ¢ 3 6 3 seul point N0tels que la droite (Mde (DL) de coordonnées; ;0N0) 5 5 5 est orthogonale aux droites (AE) et (DL). µ ¶µ ¶ 2 2 6 6144 36180 36 2 2 c.On calcule M0N= −3+ +0= == +. 0 5 525 2525 5 p 6 5 Donc la distance (la plus courte) entre (AE) et (DL) est égale à. 5
EX E R C IC E3 Commun à tous les candidats
Polynésie
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4 points
septembre 2007
Baccalauréat S début dedébut de
◦ ◦ l’annéen0 l’annéen1
0, 6A1
A0B1 0, 3 0, 4 0, 1 C1
0, 3A1 0, 41 1. B0B1 0, 6 0, 1 C1 0, 19 1 C0C1
A. P. M. E. P.
2. a.On ap1=p(A0∩A1)+p(B0∩A1)=0, 4×0, 6+0, 41×0, 6=0, 24+0, 123= 0, 363. De même on calculeq1=p(A0∩B1)+p(B0∩B1)=0, 4×0, 3+0, 41×0, 6= 0, 12+0, 3246=0, 366. Etr1=p(A0∩C1)+p(B0∩C1)+p(C0∩C1)=0, 4×0, 1+0, 41×0, 1+ 0, 19×1=0, 04+0, 041+0, 19=0, 271. On vérifie que 0,363+0, 366+0, 271=1, 000
0, 6A
AnB 0, 3 pn 0, 1 C
0, 3A qn b. BnB 0, 6 0, 1 C rn 1 CnC En reprenant les deux premières branches en remplaçant A par An(avec une probabilitépnd’y arriver) et B par Bn(avec une probabilitéqnd’y arriver), on obtient ½ pn+1=0, 6pn+0, 3qn qn+1=0, 3pn+0, 6qn 3. a.Sn=qn+pndoncSn+1=qn+1+pn+1=0, 3pn+0, 6qn+0, 6pn+0, 3qn= ¡ ¢ 0, 9qn+0, 9pn=0, 9qn+pn=0, 9Snce qui montre que la suite (Sn) est une suite géométrique de raison 0,9 de premier termeq0+p0=0, 81. De mêmeDn=qn−pn, doncDn+1=qn+1−pn+1=0, 3pn+0, 6qn− ¡ ¢¡ ¢ 0, 6pn+0, 3qn=0, 3qn−0, 3pn=0, 3qn−pn=0, 3Dn. Donc (Dn) est une suite géométrique de raison 0,3 de premier termeq0−p0=0, 01.
Polynésie
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septembre 2007
Baccalauréat S
n n b.On sait queSn=(0, 9)∙S0=(0, 9)×0, 81. n Or lim 0,9=lim0, doncSn=0. (car−1<0, 9<1). n→+∞n→+∞ Même limite pour la suite (Dn). ½ n Sn=qn+pn=0, 81∙(0, 9) c.On a : n Dn=qn−pn=0, 01∙(0, 3) On en déduit par différence et par somme : 1 pn=(Sn−Dn) 2 1 qn=(Sn+Dn) 2 On a donclimpn=0 etlimqn=0. n→+∞n→+∞ D’après la loi des probabilités totales on en déduit que
limrn=1. n→+∞
A. P. M. E. P.
Cela signifie qu’à longue échéance il n’y aura plus que des plantes du type C (ce qui semble normal puisque seules cellesci se remplacent, alors que celles du type A et B se raréfient.)
EX E R C IC E4 Commun à tous les candidats
5 points
Pour cet exercice, les figures correspondant aux parties A et B sont fournies sur la feuille jointe en annexe . Cette feuille ne sera pas remise avec la copie. ³ ´ −→−→ Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal directO,u,v. On considère un triangle OAB et une similitude directeσde centre O, de rapport 2 et d’angleθ. Soit : ′ ′ •et B , images respectives des points A et B par la similitudeles points Aσ; ′ ′ •les points I, milieu du segment [AB] et J, milieu du segment [A B] ; ′ •le point M milieu du segment [AA ] ; ′ •Je point H, projeté orthogonal du point O sur la droite (AR) et le point Himage du point H par la similitudeσ.
Partie A. étude d’un exemple Dans cette partie, le point A a pour affixe−6+4i, le point B a pour affixe 2+4i, et le point H, projeté orthogonal du point O sur la droite (AB), a donc pour affixe 4i. 1π La similitudeσet d’angleest la similitude directe de centre O, de rapport. 2 2 i ′ 1.L’écriture complexe de la similitudeσestz=z. 2 i On a doncz=(−6+4i)= −2−3i. ′ A 2 i z=(2+4i)= −2+i. ′ B 2 i z=(4i)= −2. ′ H 2 µ ¶ i 5i 2., JI a pour affixe−4+. 2 2 −→−−→ ′ L’affixe du vecteur IJest donc (−4+2i) et celle du vecteur HH(−2−4i). −→−−→ ′ On a donc IJ∙HH=(−4)×(−2)+2×(−4)=8−8=0, ce qui montre que ces vec ′ teurs sont orthogonaux et donc que (IJ) est perpendiculaire à la droite (HH ).
Partie B. étude du cas général
Polynésie
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
1. a.On sait que (OH)⊥(AB) : la similitude conservant les angles, on en dé ′ ′′ duit que (OH )⊥(A B ). D’autre part une simitude conservant l’alignement : ′ ′′ H∈(AB) entraîne que H∈(A B ). ′ ′′ Conclusion : le point Hest le projeté orthogonal de O sur la droite (AB ). ′ b.Dans le triangle AA B la droite (MI) est la droite des «milieux » : donc −→1−→ MI=AB . 2 −→1−−→ ′ ′ On admet que MJ=. (même théorème)A B 2 ′ ′ MJ AB c.On en déduit que= =2 (rapport de la similitude). MI AB ′ ′′ OH AB Or on sait d’après la question précédente que= =2 ;donc fi OH AB ′ MJ OH nalement=. MI OH ′ ′ D’autre part (MB) étant parallèle à (AB) et (MJ) parallèle à (A B ), on a ³ ´³ ´³ ´ −→−→−→−−→−→−−−→ ′ ′′ MI ,MJ=A BAB ,=2OH ,OH àkπ, près. ³ ´³ ´ −→ −−→−−→−−→ ′ Donc finalementMI ,MJ)=OHOH ,+2kπ,k∈Z. 2.On considère les points M, I et J et leurs images respectives O, H et K pars. ′ MJ OK OH ′ a.On a= =(d’après la question précédente) ; donc OK= OH. MI OHOH ³ ´³ ´³ ´ −→−−−→→−−→→−−−→ ′ De mêmeMI ,MJ=OKOH ,+k×2π,k∈Z=OH ,OH+k× 2π,k∈Z=θ+k×2π,k∈Z. ′ b.est le point K, donc l’image du point J par laOn en déduit que le point H similitudes. ³ ´ −→−−→ ′ 3.est égal à l’angle de la similitudeL’angle IJ, HHs; il en est de même pour ³ ´ −−→→− l’angle MI, OH. ³ ´³ ´ −→−−→−→→−− ′ Donc IJ, HH=OHMI ,+k×2π,k∈Z. ³ ´³ ´ −→−−→−→−−→ ′ Montrer queIJ , HH=MI ,OH+k×2π,k∈Z. On a vu que (OH)⊥(AB) et que (MI) est parallèle à (AB), donc (MI) est per π pendiculaire à (OH). L’angle de la similitudesest donc égal à. 2 D’après l’égalité cidessus la droite (IJ) est donc perpendiculaire à la droite ′ (HH ).
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