Corrigé du bac S 2007: Mathématique Spécialité
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Terminale S, Nouvelle Calédonie, 2007, seconde session
Durée:4heures
[CorrectiondubaccalauréatSNouvelle-Calédonie\
novembre2007
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
1. Avecz?x?iy, 2z?z?9?i () 2x?2iy?x?iy?9?i () 3x?iy?9?iet
paridenticationx?3, y?1.
Réponsec.
2. Parlesdifférentessolutionspossiblesjz?ij?jz?ij(deuxcomplexesconjugués
2ontlemêmemodule;jz?ij?jij?jz?ij?ji(z?i)j?jiz?i j?jiz?ij.
Réponsec. ? !pp 1 3 2πiθ i
33. Onposez?re ;?1?i 3?2 ? ?i ?2e .
2 2
p 2πi ? ?3?1?i 3 2e 2 2πi ?θ
3Donc ? ? e .
iθz re r
Réponseb.? !pp ?p ?3 1 π nπni n i
6 64. 3?i?2 ?i ?2e . Donc 3?i ?2 e est un imaginaire pur si
2 2
πetseulement siundesesargumentsestégalà(2k?1) .
2
nπ πDonc ?(2k?1) () n?6k?3.6 2
Orpuisquen estunnaturel,ilfautquek lesoitaussi...
Avecl’énoncén estunentierlabonneréponseestb.
5. jz?ij?jz?1j () AM?BM donc M appartient à la médiatrice de [AB] qui
estbienlaperpendiculaireà[AB]contenantO.
Réponsec.
6. jz?1?ij?j3?4ij () ΩM?5. Les points appartiennent donc au cercle de??! ??! ??!
centreΩet derayon5. Pourtout pointM dececercleonaOM ?OΩ ?ΩM
iθquisetraduitentermesd’affixesparz?1?i?5e avecθ réel.
Réponsec.
π
7. Cestl’imagedeBdanslarotationdecentreAetd’angle .D’où
2
c?a?i(b?a) () c?a?i(b?a) () c?4?i(3i?4)?1?4i
Réponsea.
z?2 2 28. ?z () z?2?z ?z (avecz6?1)soitz ?2z?2?0Ontrouvelesdeux
z?1
solutions 1?i; 1?i.
Réponsec.
EXERCICE 2 5points
Communàtouslescandidats
1. a. Arbrepondéré.CorrectiondubaccalauréatS A.P.M.E.P.
0,03
D
0,25 F1
D0,97
0,02 D
0,75 F2
D0,98
b. Calculerp(D\F )?p(F \D)?0,25?0,03?0,0075.1 1
Demêmep(F \D)?0,75?0,02?0,015.2
Doncp(D)?p(F \D)?p(F \D)?0,0075?0,015?0,0225.1 2
p(D\F ) 0,0075 11
c. Onsaitquep (F )? ? ? .D 1
p(D) 0,0225 3
2. Laprobabilitéd’avoirk composantsdéfectueuxsur20est:? ?20 k 20?kp(X?k)? 0,0225 ?(1?0,0225) .(épreuvedeBernoulliavecn?20et
k
p?0,0225.)
Laprobabilitéd’avoiraumoinsdeuxcomposantsdéfectueuxestégaleà:
p(X>2)?1?p(X?2)?1?p(X?0)?p(X?1)?
20 191?0,9775 ?20?0,0225?0,9775 .
Doncp(X>2)?0,0736?0,074. Z h i5 5?λt ?λt3. a. On sait que p(X ?5)?1?p(X65)?1? λe dt?1? ?e ?
00
?5λe ?0,325.
?ln0,325?5λOr e ? 0,325 () ?5λ? ln0,325 () λ? ? 0,2247?
5
0,225. Z8
?λt 0,225?8b. p(X?8)? λe dt?1?e ?0,835.
0
D’oùp(X>8)?1?p(X?8)?1?0,835?0,165
c. Laloiétantsansvieillissement laprobabilitéestp(X?5)?0,325.
EXERCICE 3 6points
Communàtouslescandidats
PartieB
aY ?f(a) Y ?e ?a?10 a1. PourM6?A, M(X ; Y)2(T) () ? f (a) () ?e ?
X?a X?a
a a a a a1 () Y?e ?a?1?(X?a)(e ?1) () Y ?e ?a?1?ae ?a?X (e ?1) ()
a aY ?X (e ?1)?e (1?a)?1.
2. Cette tangente (T) coupe la droite (D) au point N(X ; Y) () Y ??X?1?
a a a aX (e ?1)?e (1?a)?1 () Xe ?e (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-
gnantcepointàM.Exempleci-dessousaveca?1,5.
Nouvelle-Calédonie 2 novembre2007
bbbbbCorrectiondubaccalauréatS A.P.M.E.P.
6
5
5
4
4
(C)
3
3
2
2
1
1
0
-4 -3 -2 -1 0O 1 2 3?4 ?3 ?2 ?1 1 2
-1?1
-2?2
(D)-3?3
-4?4
PartieC
1. Graphiquement onlit f(x)>0(f(0)?0).
x2. Onadoncquelquesoitx2R, e >x?1.
1 1 1
nEn appliquant cette inégalité àx? , on obtient (1) e >1? et en l’ap-
n n
1 ?1 1
n?1pliquantàx?? onobtient (2) e >1? .
n?1 n?1? ?? ? nn1 1n n3. Lafonctionx7?!x , n2Nétantcroissante(1)) e > 1? ()
n? ? ? ?n n1 1
e> 1? () 1? 6e.
n n ? ?? ? n?1 ? ?n?1 n?1?1 1 n?1n?14. Demême(2)) e > 1? () e >
n?1 n?1
Nouvelle-Calédonie 3 novembre2007CorrectiondubaccalauréatS A.P.M.E.P.
? ? ? ?n?1 n?1n?1 1() >e () e6 1? .
n n? ?n1
5. 3.montrequeemajore 1? .
n? ? ? ? ? ? ? ?n n1 1 1 n?1
4.s’écrite6 1? ? 1? () e6 1? ? ()
n n n n? ?nn 1
e6 1? .
n?1 n
Onobtientdoncl’encadrement: ? ?nn 1
e6 1? 6e.
n?1 n
n
Parapplicationduthéorèmedes«gendarmes»,car lim ?1,
n!?1n?1? ?n1
lim 1? ?e.
n!?1 n
EXERCICE 4 5points
Candidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
1. a. La droite (OH) étant orthogonale au plan (ABC) est orthogonale à toute
droitedeceplan,doncàladroite(BC).
La droite (OA)perpendiculaire à (OB) et à (OC) est orthogonale au plan
(OBC);elleestdoncorthogonaleàtoutedroitedeceplanetenparticu-
lierà(BC). ? ??! ?! ?! ??! ?! ?! ?! ??! ?!
b. SoitAH?BC ? AO?OH ?BC ?AO?BC?OH?BC ?0?0?0.
Conclusion:lesdroites(AH)et(BC)sontperpendiculaires.
c. D’après la question précédente (AH) est hauteur du triangle (ABC), de
mêmeque(BH)et(CH),doncHestl’orthocentredutriangle(ABC).
2. a. Soitax?by?cz?d uneéquationduplan(ABC).
En écrivant que A, B et C ont des coordonnées qui vérifient cette équa-
tion,onobtienta?d, 2b?d et3c?d.Enprenantd?6,onobtientune
équation:M(x ; y ; z)2(ABC) () 6x?3y?2z?6
b. Laquestion précédentemontrequ’unvecteurnormalà(ABC)est
!?
n (6; 3; 2). 8
x ? 6t<??! !?
DoncM(x ; y ; z)2(D) () OM ?tn , t2R () y ? 3t:
z ? 2t8
x ? 6t><
y ? 3t
c. H(x ; y ; z)2(D)\(ABC) () )> z ? 2t:
6x?3y?2z ? 6
6
36t?9t?4t?6 () t? .
49 ? ?
36 18 12
DoncHapourcoordonnées ; ; .
49 49 49
3. a. LadistancedupointOauplan(ABC)estlapluscourtedistancedeOau
plan(ABC):c’estdoncOH.? ? ? ? ? ?2 2 2 236 18 12 1764 422OnaOH ? ? ? ? ? .
2 249 49 49 49 49
42 6
ConclusionOH? ? .
49 7
Nouvelle-Calédonie 4 novembre2007CorrectiondubaccalauréatS A.P.M.E.P.
A(ABC)?OH A(OAB)?OC
b. Ona(1) V (OABC)? ? .
3 3
Or(OAB)estuntrianglerectangledontl’aireestégaleà1etOC=3.
6
A(ABC)? 77Onadonc(1) () ?1 () A(ABC)? .
3 2? ? ? ?2 23 9 49 72 2 2 2 2c. A(OAB) ?A(OAC) ?A(OBC) ?1 ? ?3 ?1? ?9? ? .
2 4 4 2
Donclecarrédel’airedutriangleABCestégalàlasommedescarrésdes
airesdesautresfacesdecetétraèdre.
EXERCICE 4 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
? ?52 2 5 101. a. On a 6 ?36?3 mod11, donc 6 ?3 mod11 ou encore 6 ?
51 mod11car3 ?243?11?22?1.
10Lerestedeladivisioneuclidiennede6 par11estdonc1.
2 4b. 6 ?1 mod5,donc6 ?1 mod5.
4Lerestedeladivisioneuclidiennede6 par5est1.? ?410 10 4 4c. On a vu que 6 ? 1 [11], donc 6 ? 1 ? 1 [11]. De même 6 ? 1? ?104 40 10 40mod5,donc 6 ?6 ?1 ?1 mod5;donc6 ?1 [5].
40d. Lesquestions précédentesmontrentque6 ?1estunmultiple de11et
de5,doncde511?5?55quisontpremiersentreeux.
2. Danscettequestionx ety désignentdesentiersrelatifs.
a. 65et40sontmultiplesde5,donc65x?40y l’estaussi,alorsque1nel’est
pas.
Conclusion:l’équation65x?40y?1n’apasdesolutiondansZ?Z.
b. 17et40sontpremiersentreeux.Ilexistedoncaumoinsuncouple(u; v)
telque17u?40v?1.
c. Ona
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)
Ladernièreégalitépeuts’écrire17?(?7)?3?(?40)?1,quimontreque
0lecouple(?7;?3)estsolutiondel’équation(E ).?
17x?40y ? 1
d. Onalesystème )(pardifférence)
17?(?7)?40?(?3) ? 1
17(x?7)?40(y?4)?0 () 17(x?7)?40(y?4) (7).
Oronavu que17et40sontpremiersentreeux:d’aprèslethéorème de
Gauss 40 divise 17(x?7) et est premier avec 17, il divise donc x?7. Il
existedonck2Ztelquex?7?40k () x??7?40k.
Enreportantdans(7)etensimplifiantpar40,onobtient17k?y?4 ()
y??3?17k.
Inversement:six??7?40k ety??3?17k,k2Z,alors
Nouvelle-Calédonie 5 novembre2007CorrectiondubaccalauréatS A.P.M.E.P.
17x?40y?17(?7?40k)?40(?3?17k)??119?680k?120?680k?1.
0Lessolutionsde(E )sontdonctouslescouples(?7?40k ;?3?17k)avec
k2Z.
0Soit un couple (x ; y) solution de (E ). Si x2N et x?40, alors 0??7?
40k?40 () 7?40k?47)0?k?2.
Ilyauneseulesolutionk?1quidonnex ?33.0
Effectivement :17?33?561?40?14?1.? ?3317 17 33 17?33 333. a ?b [55]) a ?b [55] () a ?b [55].
D’aprèslaquestionprécédente17?33?1?40?14,donc
17?33 40?14?1 40?14 33a ?a [55] () a ?a?b [55].
40 40?14Ora ?1 [55])a ?1 [55].
33Conclusion:a?b [55]
Nouvelle-Calédonie 6 novembre2007
