Corrigé du baccalauréat S La Réunion
7
pages
Français
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2006
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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S La Réunion \ 15 juin 2006 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats Partie A f (x)= x lnx 1. a. Comme lim x?1 lnx = 0+, limx?1 f (x)=+∞. On sait que lim x?+∞ x lnx =+∞. b. f quotient de fonctions dérivables, celle du dénominateur ne s'annulant pas, est dérivable et f ?(x)= lnx ? x ? 1x (lnx)2 = lnx ?1 (lnx)2 qui est du signe de lnx ?1. Des propriétés de la fonction ln, on en déduit que lne= 1 et comme cette fonction est croissante sur R+, on en déduit le signe de la dérivée et le tableau de variations suivant : x 1 e f ? ? 0 + f +∞ e +∞ +∞
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Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S La Réunion \ 15 juin 2006 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats Partie A f (x)= x lnx 1. a. Comme lim x?1 lnx = 0+, limx?1 f (x)=+∞. On sait que lim x?+∞ x lnx =+∞. b. f quotient de fonctions dérivables, celle du dénominateur ne s'annulant pas, est dérivable et f ?(x)= lnx ? x ? 1x (lnx)2 = lnx ?1 (lnx)2 qui est du signe de lnx ?1. Des propriétés de la fonction ln, on en déduit que lne= 1 et comme cette fonction est croissante sur R+, on en déduit le signe de la dérivée et le tableau de variations suivant : x 1 e f ? ? 0 + f +∞ e +∞ +∞
- égalité de la question
- angle π
- signe de lnx ?1
- za ?
- question précédente
- ?? ln?
- ê3 ≈
- ?3 ??
- ??
Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat S La Réunion\ 15 juin 2006
EX E R C IC E1 Commun à tous les candidats
4 points
Partie A x f(x)= lnx 1. a.Comme lim lnx=0+, limf(x)= +∞. x→1x→1 x On sait que lim= +∞. x→+∞ lnx b.fquotient de fonctions dérivables, celle du dénominateur ne s’annulant 1 lnx−x× lnx−1 ′x pas, est dérivable etf(x)= =qui est du signe de 2 2 (lnx) (lnx) lnx−1. Des propriétés de la fonction ln, on en déduit que ln e=1 et comme cette fonction est croissante surR+, on en déduit le signe de la dérivée et le tableau de variations suivant : x1 e+∞
′ f
f
+∞
−
0
e
+
+∞
Baccalauréat S
2.
Partie B
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
M2
M1
0 O0 1 2u2u314 2 4 a. La suite semble converger « rapidement ». b.On au0=5>e. Pourn>0,unest une image parfd’un réel. D’après le tableau de variations cidessus,f(x)>e=⇒un>e. unun(1−lnun) c.On calculeun+1−un= −un=. lnunlnun On vient de voir queun>e>1=⇒lnun>0. La différence est donc du signe de 1−lnunqui est négative d’après la question 1 b. un+1−un<0⇐⇒(un) est une suite décroissante. C’est une suite dé croissante et minorée par e : elle converge vers une limiteℓ>e.
1.Or l’égalitéun+1=f(un) donne à la limiteℓ=f(ℓ), car la fonctionfest conti nue sur ]1 ;+∞[. ℓ1 2.ℓ=f(ℓ)⇐⇒ℓ= ⇐⇒(carℓ6=0), 1= ⇐⇒lnℓ=1⇐⇒ℓ=e. lnℓlnℓ La suite converge vers e.
EX E R C IC E2 Commun à tous les candidats
Première partie
Corrigé La Réunion
2
6 points
15 juin 2006
C
M0
u05
Baccalauréat S
En intégrant par parties avec :
′x u(x)=x v(x)=e ′x u(x)=1v(x)=e ′ ′ Les fonctionsuetvétant dérivables et les fonctionsuetvcontinues, on obtient : Z Z 1 1 £ ¤ £ ¤ £ ¤ 1 1 1 x x x x x x xe dx=xe−e dx=xe−e=e (x−1)=0−1×(−1)=1. 0 0 0 0 0
Deuxième partie 1.L’aire de la partie A est en unités d’aire l’intégrale calculée cidessus soit 1. l’aire du rectangle est e donc par différence l’aire de la par tie B est e−1. On sait que le tableau suivant est un tableau de proportionnalité :
aire Probabilité
A 1
B e−1
Total e 1
1 On en déduit aussitôt que la probabilité d’atteindre la partie A est et que la 2e e−1 probabilité d’atteindre la partie B est . 2e 2. a.On effectue trois fois la même expérience aléatoire avec comme succès : 1 « atteindre la partie A » de probabilité et comme échec : « rater la 2e 1 partie A ». On a donc une loi de Bernouilli de paramètresn=3 etp=. 2e 1 3 L’espérance est E(X)=n×p=3× = ≈0, 552. 2e 2e µ ¶ µ ¶ 2 ¡ ¢1 1 3×1×(2e−1) 3 b.On ap(E)=p(X=2)= ×1− = ≈0, 083à 2 3 2e 2e 8ê −3 10 par excès. c.On considère de même la loi de Bernouilli de paramètresn=3 etp= e−1 . 2e µ ¶ 3 3 ¡ ¢e−1 (e−1) 3 On sait quep(F)== × . 3 3 2e 8e d.Soit G l’évènement : « les trois fléchettes ont atteint la partie A ou la partie µ ¶ 3 1 1 B ».p(G= =. 2 8 3 (e−1) 3 p(F∩G)p(F)3(e−1) 8e On sait quepG(F)≈= = = = 0, 253. 13 p(G)p(G) e 8 3. a.On ap(X>1)=1−p(X=0). µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0n n ¡ ¢11 1 n p(X=0)= ×1− =1−. 0 2e 2e 2e µ ¶ n 1 Finalement :p(X>1)=1−1−. 2e µ ¶ µ ¶ n n 1 1 b.pn>0, 99⇐⇒1−1−>0, 99⇐⇒1−60, 01⇐⇒ 2e 2e µ ¶ µ ¶ 1 ln 0, 01 1 nln 1−6ln 0, 01⇐⇒n>µ ¶, (puisque ln 1− <0). 2e 1 2e ln 1− 2e ln 0, 01 D’où finalement, puisqueµ ¶≈le plus petit entier22, 7, ntel que 1 ln 1− 2e pn>0, 99 est l’entier 23.
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Baccalauréat S
EX E R C IC E3 Candidats n ’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
5 points
z−4 4 4(1+i 1.=i⇐⇒z−4=iz⇐⇒z(1−i)=4⇐⇒z= = =2+2i. z1−i 1+1 S={2+2i} ½ +i 3 2 2 2z1=1 2.z−2z+4=0⇐⇒(z−1)−1+4=0⇐⇒(z−1)= −3⇐⇒ z2=1−i 3 S={1+; 1i 3 −i 3}. à ! p1 3π π i−i |z1| =3+1=2=⇒z1=2+i=comme2e et z2=z1=2e . 3 3 2 2 3.En interprétant l’égalité de la question 1 obtenue avec l’affixe de D (modules et arguments égaux) : ( BD=OD z−4z−z D B³ ´ π =i⇐⇒ =i=⇒→−−−→Autrement dit le tri OD , BD= z zD−zO 2 angle OBD est isocèle, rectangle en D. 4.On remarque quezEetzFsont les solutions de l’équation de la question 2. Donc : ½ 2 z−2zE+4=0 E 2 =⇒ 2z−zF−2zE+2zF=0⇐⇒(zE−zF)(zE+zF−2)= E z−2zF+4=0 F 0⇐⇒zE+zF=2=zA⇐⇒OEAF est un parallélogramme. De plus on sait que|zE| = |zF| =2. Conclusion : OEAF est un losange. π ′ ′ 5. a.SiM(z) a pour imageM(z,) dans la rotation de centre O et d’angle 2 p ′ alorsz=iz. Doncz=i(1−i 3)=3+i. ′ E p p ′ ′ ¯′¯¯ ¯ zt bien au cercle b.AE=E−zA=3−i=3+1=2. Donc E appartien ′ C. ′ ′ c.On calculee−d=3+i−2−2i=3−2−i. Donc ( 3+2)(e−d)= p p ( 3+2)( 3−2−i)= −1−i( 3+2). D’autre parte−d=1−i 3−2−2i= −1−i( 3+2). ′ Conclusion :e−d=( 3+2)(e−d). Cette égalité s’écrit vectoriellement : −→−−→−→−→− ′ ′ DE=( 3+2)DE⇐⇒DE et colinéaires ou encore E apparDE sont ′ ′ tient à la droite (DE ) ou encore E, E et D sont alignés. 6.Dans la rotation, la droite (ED) ou encore d’après la questio n précédente la ′ ′ ′ droite (EE ) a pour image la droite perpendiculaire (E D ) : donc le triangle ′ ′ ′ EE D est rectangle en E .
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′ C
Baccalauréat S
′ × D
−2
−1
3
′ A 2×
1
× O
−1
−2
F ×
1
× E
D ×
′ × E
A × 2
3
EX E R C IC E3 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
C
B × 4
5 points
Partie A IJ 1 1.Avecs(A)=I ets(B)=J, le rapport de la similitude est=. AB 2 ³ ´ −→→−π De même l’angle de la similitude està 2π, IJprès AB = +. 2 ³ ´ ³ ´ −→−→π−→→−π 2.SiΩest le centre de la simitude,ΩA ,ΩI= +et de mêmeΩB ,ΩJ= +, 2 2 doncΩappartient au cercleΓ1et au cercleΓ2, doncΩest l’un des deux points communs à ce cercle. 3.L’image de la droite (BC) est la droite contenant J (image parsde B) et perpen diculaire à (BC), d’après l’angle de la similitude : c’est donc la droite (CD). ′ Donc C image de C parsappartient à la droite (CD) etcommes(B=J ets(C)= 1 1 ′ ′ ′ ′ C , JC = BC = CD. Donc on a C = C ou C = D. Comme C n’est pas le point 2 2 ′ invariant de la similitude soitΩ, C = D. Il en résulte que puisque I milieu de [AC], alors son image K pa rsest le milieu du segment image [ID]. 1π 4. a.s=h◦hest uneet d’angle composée de deux similitudes de rapport 2 2 1 similitude de même centreΩ, de rapport et d’angleπ, soit une homo 4 1 thétie de rapport−. 4 b.s(A)=h[h(A)]=h(I)=K. Dans une homothétie un point, son image et le centre sont alignés, donc A, K etΩsont alignés.
Partie B
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Baccalauréat S
1.I a pour affixe 1+i et J a pour affixe 1+2i. ½ 1+i ′ L’écriture complexe d’une similitude directe estz=a z+b. On a donc : 1+2i i i=2a⇐⇒a=etb=1+i. 2 1 ′ L’écriture de la similitude est donc :z=iz+1+i. 2 µ ¶ 1 1 2.Ωd’affixeωinvariant pars⇐⇒ω=iω+1+i⇐⇒ω1−i=1+i⇐⇒ω= 2 2 1 1 1− +i(1+1 3 2+i 1+i 2+6i 22 2 = = =. 1 5 1 1+5 1−i 4 4 2 1 1−1−i 3.Soitel’affixe de E ; on a 0=ie+1+i⇐⇒ie= −1−i⇐⇒e= = 1 2 2 i 2 1 −i+ 2 = −2+2i. 1 − 2
E ×
Γ1
D ×
× A
K × Ω ×
J ×
I ×
C ×
× B
Γ2
EX E R C IC E44 points Commun à tous les candidats | −1|1 1. a.On ad(O ;P)= =Faux 2 2 2 2+3+4 29 b.Vrai −→ c.Vrai : le vecteur 2n4) est un vecteur normal au plan.3 ; (2 ; −→−→−→ d.Le vecteurp(−5 ; 2 ; 1) est un vecteur normal au planQ. Et 2n∙p= −10+ +6+4=0. Les vecteurs normaux sont orthogonaux donc les plans ne sont pas parallèles mais perpendiculaires. Faux −→ −→ −→ 2. a.Padmet pour vecteur normal le vecteurn(2 ; 1 ;−1) etn∙u=2−4+ 2=0. Ces vecteurs sont orthogonaux donc la droite est bien parallèle au plan. Vrai −→−→ b.Faux carnetune sont pas colinéaires. c.On sait queDest parallèle au plan. A∈P⇐⇒2+1−1=0 est une égalité fausse, donc la droiteDn’est pas incluse dans le plan. Faux d.Le système proposé est bien la traduction de l’égalité vectorielle −−→−→ AM=αu. Vrai
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= =
a×0+b a×2+b
=⇒
Baccalauréat S
3.
4.
−→−→ a.Les deux plans ont pour vecteurs respectifs normauxv1) et(1 ; 1 ; w(1 ; 0 ;−1) −→−→ etv∙w=1−1=0. Les deux plans sont orthogonaux, leur intersection est donc une droite. Faux b.On a effectivement 1+1+1=3 et 2−1=1, donc l’ensemble E est bien une droite contenant A. Vrai c.Faux ( ½ ½ x+y=3−z x+y+z=3x+y=3−z d.⇐⇒ ⇐⇒1+z⇐⇒ 2x−z=1 2x=1+z x= 2 5−3z y= 2 1+z x= 2 L’ensemble des points de E est donc l’ensemble des points de c oordon µ ¶ 1+z5−3z nées ; ;z. L’équation paramétrique de cette droite est donc : 2 2 1 1 x= +z 2 2 5 3 En posantz=2t, on obtient le système : y= −z 2 2 z=z 1 x= +t µ ¶ 2 1 5 5 Cette équation est celle de la droite contenant B ; ; 0 y= −3t 2 2 2 z=0+2t et de vecteur directeur (1 ;−3 ; 2). Vrai a.Faux (difficile à justifier) b.(AH) est orthogonale à (BC) donc appartient aussi au planP. Vrai ³ ´ −−→−→−→−→−−→−→−→−−→→− c.BM∙BC=BA∙BC⇐⇒BC∙BM−BA=0⇐⇒BC∙AM=0. L’ensemble des pointsMest donc le plan contenant A et orthogonal à (BC) : c’est bien le planP. Vrai d.Faux : La face (ABC) étant quelconque la hauteur [AH] n’est pa s la mé diane relative à [BC].
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