Corrigé du bac S 2008: Mathématique Obligatoire

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01 janvier 2008

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Géométrie complexe, géométrie dans l'espace, QCM limites et probabilités, étude d'intégrales et de fonctions.
Terminale S, Polynésie, 2008

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[CorrectiondubaccalauréatSPolynésiejuin2008\
EXERCICE 1 4points
2 2 2 2 21. z −6z+13=0 ⇐⇒ (z−3) −9+13=0⇐⇒ (z−3) +4=0 ⇐⇒ (z−3) =(2i) .
Lessolutions sontdonc3+2iet3−2i
2. Figure:
4C
3
N
22 B
1 Ω
M
O−−44 −−33 −−22 −−11 11 22 33 4
−11
−2 A
−3
−−→ −−→ −−→ −−→
3. On a OC(0 ; 4) et AB(0 ; 4)„ donc OC = AB ⇐⇒ OABC est un parallélo-
gramme. µ ¶
3
4. LecentredeOABCestlemilieude[OB]soitΩ ; 1 .
2
−→ −→ −→ −→ →−
5. Ωest l’isobarycentredespoints A,B,CetO. DoncOA+OB+OC+OC = 0 .
Onadonc:° ° ° °−−−→ −−→ −−→ −−→ −−−→ −−→ −−→ −−→ −−→° ° ° °°MO+MA+MB+MC°=12 ⇐⇒ °4MΩ+ΩO+ΩA+ΩB+ΩC°=12
¯ °−−→¯ °⇐⇒ ¯4MΩ°=12 ⇐⇒ΩM=3
L’ensemble despointsM estdonclecercledecentreΩetderayon3.
6.
a. Onadoncz =3+βi.M
Onapardéﬁnitiondelarotation:z −z =i(z −z ) ⇐⇒N Ω M Ωµ ¶
3 3 3 3 5 5
z = +i+i 3+β− −i = +i+3i−β− −i= −β+ i.N 2 2 2 2 2 2
2
b. Ladroite(BC)auncoefﬁcientdirecteurde− etcontientlepoint
3
2
C(0;4):unedeseséquationsestdonc y=− x+4.
3µ ¶ µ ¶
5 2 5 5
N∈(BC) ⇐⇒ =− −β +4 ⇐⇒ 15=−4 −β +24 ⇐⇒
2 3 2 2
1
15=−10+4β+24 ⇐⇒ 4β=1 ⇐⇒ β= .
4µ ¶ µ ¶
1 9 5
Danscecas:M 3; etN ; (cf.ﬁgure)
4 4 2
+
+
+CorrectiondubaccalauréatS
EXERCICE 2 4points³ ´→− →− →−
Dans l’espace rapporté à un repère orthononnal O, ı ,  , k , on considère les
→−
pointsA(1;2;3),B(0;1;4),C(−1 ; −3 ; 2),D(4 ; −2 ; 5)etlevecteurn (2;−1; 1).
−→ −→
1. a. On aAB(−1;−1 ; 1), AC(−2 ;−5 ;−1). Ces vecteurs nesont pascoli-
néaires,doncA,BetCnesontpasalignés.
→− −→ →− −→
b. Onan ?AB =−2+1+1=0etn ?AC =−4+5−1=0.→−
Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan
(ABC):ilestorthogonalàceplan.
−−→ →−
c. M(x ; y ; z)∈(ABC) ⇐⇒ AM ?n =0
⇐⇒ 2(x−1)−1(y−2)+1(z−3)=0 ⇐⇒ 2x−y+z−3=0.
Pourt=−1,ontrouveeffectivement lescoordonnéesdeD. →−
D’autre part un vecteur directeur de cette droite est le le vecteur u de coor-
→− →−
données(−2; 1;−1),doncu =−n .LadroiteΔestdoncbienperpendiculaire
auplan(ABC).
Le point E appartient donc à la droite (Δ) et au plan (ABC). Ces coordonnées
vériﬁentdonc:
2(2−2t)−(−1+t)+(4−t)−3=0 ⇐⇒ 6=6t ⇐⇒ t=1.
LescoordonnéesdeEsontdonc(0;0;3).−→ −→ −−→
OnaEA(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
pointsA,BetC,soitlecentredegravitédutriangle(ABC).
EXERCICE 3 5points
Candidatsn’ayantpaschoisil’enseignementdespécialité
1.
y=2estunesolutionévidentedel’équation.
′ −xLessolutions del’équation y =−y sontlesfonctions y=Ke ,K∈R.
L’ensembledessolutionsdel’équationdifférentielleinitialesontdonclesfonc-
−xtions:x7?→2+Ke ,K∈R.
K K−ln2La solution telle que f ln2)=1 ⇐⇒ 2+Ke =1 ⇐⇒ =−1 ⇐⇒ =
ln2e 2
−1 ⇐⇒ K=−2.
−x ′Onadonc f(x)=2−2e ,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’afﬁrmationestvraie.
2. Soient f et g deux fonctions déﬁnies sur un intervalle [A ;+∞[ où A est un
réelstrictementpositif.
−x xProposition2:Faux:contreexemple:f (x)=e ,g(x)=e et lim f(x)g(x)=
x→+∞
1.
e 703. Proposition3 : À la 70 minute, la masse est égale à 0,9 ×10 000≈6,3 (g).
Lapropositionestfausse.
4. Proposition4:Onap(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B).
AetBsontindépendants, doncp(A∩B)=p(A)×p(B)=0,4×0,4=0,16.
Doncp(A∪B)=0,4+0,4−0,16=0,64. Lapropositionestfausse.
5. Proposition5:Avecdesnotationsévidentesonal’arbresuivant:
Polynésie 2 juin2008b
b
b
b
CorrectiondubaccalauréatS
0,99 R
0,02 D
R0,01
0,03 R
0,98 D
R0,97
Onadoncp(R)=0,02×0,01+0,98×0,97=0,950 8.
Propositionvraie
EXERCICE 3 5points
Candidatsayantchoisil’enseignementdespécialité
1. Proposition1 : Vraie. On a1×(2n+1)−2×n=1 : d’après Bezoutn et 2n+1
sontpremiersentreeux.
2 22. Proposition2:Fausse. Onax≡3 [5]⇒x +x+3≡15 [5]soitx +x+3≡
0 [5].
3. Proposition3:Vraie.OnaN=1 000a+100b+10a+7=1 010+100b+7.
DoncN≡0 [7] ⇐⇒ 1 010a+100b+7≡0 [7] ⇐⇒ 1 010a+100b≡0 [7] ⇐⇒
101a+10b≡0 [7] ⇐⇒ 101a+101b≡0 0[7],car91b≡0 [7].
Finalement 101(a+b)≡0 [7].
Comme 101 et 7 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss 7 di-
visea+b.
4. Proposition4:Fausse.Pardéﬁnitiondelasimilitude, ona:Ã !p
π 3 i′ i ′ ′6z −(1−i)=2e [z−(1−i)]⇐⇒ z =1−i+2 + [z−(1−i)]⇐⇒ z =
2 2¡p ¢ ¡p ¢ p ¡p ¢′1−i+ 3+i [z−(1−i)],soitenﬁnz = 3+i z− 3+i 3−2
5. Proposition5 : Vraie. Soit un point M d’afﬁxe z. Son symétrique autour de³ ´→−
O; u a pour afﬁxe z et le symétrique de ce point autour du point A a pour
afﬁxez telquez+z =2a ⇐⇒ z =2a−z.1 1 1
LesymétriquedeM autourdeAapourafﬁxelepointd’afﬁxez telquez+z =2 2³ ´→−
2a soitz =2a−z etlesymétriquedecepointautourde O; u apourafﬁxe2
z telquez =2a−z=2a−z.3 3
Onadoncz =z ⇐⇒ 2a−z=2a−z ⇐⇒ 2a=2a ⇐⇒ a=a ⇐⇒ a∈R.1 3
EXERCICE 4 7points
PartieA
Restitutionorganiséedeconnaissances.
PartieB
1. f est la somme de fonctions dérivables sur [0;+∞[ : elle est donc dérivable
et −x x x−e 1 1+e −1 e′f (x)=1+ =1− = = .−x x x x1+e 1+e 1+e 1+e
Cettedérivéeestclairementsupérieureàzérosur[0;+∞[,etlafonction f est
donccroissantesur[0;+∞[.
Comme f(0)=0+ln(1+1)=ln2≈0,69>0,ona f(x)>0sur[0;+∞[.
Polynésie 3 juin2008CorrectiondubaccalauréatS
¡ ¢−x −x2. a. On sait que lim e = 0, donc lim ln 1+e = ln1= 0, on a donc
x→+∞ x→+∞
lim f(x)−x=0,cequimontrequeladroite(D)estasymptoteà(C)au
x→+∞
voisinagedeplusl’inﬁni.
−xb. Comme f(x)−x=ln(1+e )>ln1=0, ceci montre que la courbe (C)
estaudessusde(D)quelquesoitx.
3.
a. Voirlasurfacehachuréesurlaﬁgureci-dessous.
1 1−1−t′b. Lafonction g est dérivablesur[0;+∞[etg (t)= −1= =
1+t 1+t
t
− <0.
1+t
La fonction g est décroissante sur [0 ; +∞[ et comme g(0)= 0, on a
g(x)60sur[0;+∞[.
Org(t)60 ⇐⇒ ln(1+t)−t60 ⇐⇒ ln1+t)6t.
t
Onadmettraquepourtoutréelt>0,ona 6ln(1+t).
t+1
t −xc. Onadonc06 6ln(1+t)6t.Enposantt=e ,cequiestpossible
1+t
puisquet>0,onobtientl’encadrement:
−xe −x −x
6ln(1+e )6e−x1+e
d. Enintégrantcestroisfonctionssurl’intervalle [0;1],onobtient:
Z Z Z−x1 1 1¡ ¢e −x −xdx6 ln 1+e dx6 e dx−x1+e0 0 0Z1¡ ¢ ¡ ¢ £ ¤1−x 1 −x −x[−ln 1+e ] 6 ln 1+e dx6 −e0 0
0¡ ¢ 1−1−ln 1+e +ln26I61− .
eµ ¶
2 1
ln 6I61− .−11+e eµ ¶
2e 1
ln 6I61− .
1+e e
e. Lacalculatricedonne0,3796I0,633. Soità0,4près:
0,36I60,7.
−x4. OnaM(x ; x+ln(1+e ))etN(x ; x).
−xCommeonavuqueM estaudessusdeN,onaMN=ln(1+e ).
−xIl faut donc résoudre l’inéquation : ln(1+e )60,025 (car l’unité en ordon-
néesestégaleà2cm)soitcommelafonctionexponentielle estcroissante:
−xln(1+e ) 0,05e 6e ⇐⇒
−x 0,0251+e 6e ⇐⇒
−x 0,025e 6e −1 ⇐⇒¡ ¢
0,025−x6ln e −1 ⇐⇒¡ ¢0,025x>−ln e −1 ≈3,676 35¤ ¡ ¢ £
0,025L’ensemble desvaleurssolutionsestdoncl’intervalle −ln e −1 ;+∞ .
Polynésie 4 juin2008CorrectiondubaccalauréatS
ANNEXEàrendreaveclacopie
EXERCICE4
5
4
4
3
3
2
2
(C)
1
1
D
0
-1 0 1 2 3 4 5 6 7−1 1 2 3 4 5 6
-1−1
Polynésie 5 juin2008

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