Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril
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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry \ 13 avril 2011 EXERCICE 1 10 points Commun à tous les candidats Partie I 1. L'axe des ordonnées est asymptote à C2 au voisinage de 0 ; la fonction étant décroissante sur ]0 ; +∞[, la limite quand x tend vers 0 de f2(x) est +∞. 2. De même la limite quand x tend vers +∞ de f2(x) est 0. 3. On ne peut pas savoir. 4. Sur ]0 ; 1[ la fonction différence est positive, s'annule en 1, puis est néga- tive : c'est donc le troisième tableau. Partie II 1. On a lim x?0 x>0 ? 1 x =?∞ et lim x?0 x>0 ln(x)=?∞, d'où par somme de limites lim x?0 x>0 f (x)=?∞. lim x?+∞ ? 1 x = 0 et lim x?+∞ ln(x)=+∞, donc lim x?+∞ f (x)=+∞. 2. f somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet inter- valle et : f ?(x)= 1 x + 1 x2 .
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[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry \ 13 avril 2011 EXERCICE 1 10 points Commun à tous les candidats Partie I 1. L'axe des ordonnées est asymptote à C2 au voisinage de 0 ; la fonction étant décroissante sur ]0 ; +∞[, la limite quand x tend vers 0 de f2(x) est +∞. 2. De même la limite quand x tend vers +∞ de f2(x) est 0. 3. On ne peut pas savoir. 4. Sur ]0 ; 1[ la fonction différence est positive, s'annule en 1, puis est néga- tive : c'est donc le troisième tableau. Partie II 1. On a lim x?0 x>0 ? 1 x =?∞ et lim x?0 x>0 ln(x)=?∞, d'où par somme de limites lim x?0 x>0 f (x)=?∞. lim x?+∞ ? 1 x = 0 et lim x?+∞ ln(x)=+∞, donc lim x?+∞ f (x)=+∞. 2. f somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet inter- valle et : f ?(x)= 1 x + 1 x2 .
- équations des axes de coor- données dans le plan horizontal
- points de e3
- hyperbole dans le plan horizontal
- axe des ordonnées
- néaire au vecteur
- ??
[Corrigé du baccalauréat S Pondichéry\ 13 avril 2011
EXERCICEpoints1 10 Commun à tous les candidats Partie I 1.L’axe des ordonnées est asymptote àC2; la fonctionau voisinage de 0 étant décroissante sur ]0 ;+∞[, la limite quandxtend vers 0 def2(x) est +∞. 2.De même la limite quandxtend vers+∞def2(x) est 0. 3.On ne peut pas savoir. 4.1[ la fonction différence est positive, s’annule en 1, puis est négaSur ]0 ; tive : c’est donc le troisième tableau.
Partie II 1 1.On a lim− =−∞ln(et limx)= −∞, d’où par somme de limites x x→0x→0 x>0x>0 limf(x)= −∞. x→0 x>0 1 lim− =0 etlim ln(x)= +∞, donclimf(x)= +∞. x→+∞x→+∞x→+∞ x 2.fsomme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet inter valle et : 1 1 ′ f(x)= +. 2 x x Chacun des termes est positif sur ]0 ;+∞[, donc la dérivée est positive sur cet intervalle, donc la fonction est croissante de moins l’infini à plus l’infini. 1 3.On a de façon évidentef(1)=ln 1+1− =0. La fonction étant croissante 1 sur ]0 ;+∞[, on a donc : •f(x)<1[ ;0 sur ]0 ; •f(1)=0 ; •f(x)>0 sur ]1 ;+∞[. 4.Fsomme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle : 1 11 ′ F(x)=lnx+x× − =lnx+1− =f(x). x xx Fest donc une primitive defsur ]0 ;+∞[. ′ 5.On vient de voir queF(x)=f(x) et d’après la question 5,f(x)>0 sur ]1 ;+∞[, doncFest croissante sur cet intervalle.
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
6.On aF(1)=1×0−0=0 etF(e)=e ln e−ln e=e−1≈1, 7. 1 1 D’autre part 1− ≈0, 63,donc 0<1− <e−1. e e La fonctionF; e] : il existe donc unest dérivable donc continue sur [1 1 unique réelα∈tel que[0; e]F(α)=1−. e 1 1 7.La calculatrice donne :F(1, 9)−1−+ ≈0, 05 etF(2, 0)−1+ =0, 06, donc : e e 1, 9<α<2, 0.
Partie III 1.L’ordonnée de A est égale à 0 ; il faut donc résoudre l’équation : lnx−1 lnx+1=0⇐⇒lnx= −1⇐⇒e=e (parcroissance de la fonction −1 exponentielle)⇐⇒x=e . ¡ ¢ −1 On a donc Ae ;0 . 2.P étant commun aux deux courbes son abscisse vérifie : 1 g(x)=h(x)⇐⇒ =ln(x)+1⇐⇒f(x)=0, d’après la partie II. Or dans x cette partie on a vu quefs’annule en 1 etg(1)=h(1)=1. Donc le point commun aux deux courbes est le point P(1 ;1). · ¸ 1 3. a.; 1,On a vu que surf(x)>0 , c’estàdire queg(x)>h(x) (la e courbeCgest au dessus de la courbeCh), donc Z Z 1 1 A=[g(x)−h(x)] dx= −f(x) dx. 1 1 e e b.On a vu qu’une primitive defsur ]0 ;+∞[, donc en particulier sur £ ¤ 1 ; 1estF(x)=xln(x)−ln(x). e On a donc : ¡ ¢ 1 1 A=[−F(x)]1= −F(1)+F= e e ¡ ¢¡ ¢1 1 11 1 0+ln−ln= ×(−ln(e))−(−ln(e))=1−. e ee e e 4. a.On a vu que sur [1 ;+∞[,h(x)>g(x), donc puisquet>1, l’aireBt est égale à : Z Z t t Bt=[h(x)−g(x)]dx= −f(x)dx= −F(t)+F(1)= −F(t)=tln(t)− 1 1 lnt. 1 11 b.On a vu queBt=1−ou encoretln(t)−lnt=1−soitF(t)=1− e ee équation qui a été résolue à la question 6 de la partie II et qui a pour solutionα≈1, 9.
EXERCICE2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Partie 1
Pondichéry
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5 points
13 avril 2011
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
1. a.Soit I le milieu de [BD]. [CI] médiane du triangle équilatéral BCD est ′ aussi hauteur issue de C. Donc (CI) ou (A I) est perpendiculaire à (BD). De même [AI] médiane du triangle équilatéral ABD est aussi hau teur, donc (AI) est perpendiculaire à (BD). −−→−−→→−−→→−→ ′ ′ Or AA∙BD=AI∙BD+IA∙BD=0+0=0. De même avec J milieu de [BC], on montre que (AJ) est perpendicu ′ ′ laire à (BC) et (AA ) (ou (JA )) est perpendiculaire à (BC). −−→−→→−−−→→−→ ′ ′ Donc AA∙BC=AJ∙BC+JA∙BC=0+0=0. ′ b.La question précédente a montré que la droite (AA ) est perpendi culaire à deux droites sécantes du plan (BCD) : (BD) et (BC) : elle est donc perpendiculaire à ce plan. Ceci démontre donc la propriété (P1). A B C D 2.On a G = bar.= (par associativité des trois derniers points) 1 1 11 ′ A A ′ bar. etpar propriété du barycentre G appartient à la droite (AA ). 1 3 On démontre de la même façon que G appartient aux trois autres mé dianes. Finalement les quatre médianes sont concourantes en G.
Partie II 2 22 2 1.On a OP=1+2+3=1+4+9=14. 2 22 2 OQ=4+2+(−1)=16+4+1=21. Donc la face OPQ n’est pas équilatérale et le tétraèdre n’est pas régulier. 2.On traduit la propriété vectorielle : 0−x+4−x−2−x=0 2=3x −−→−−→−−→→ ′ ′ ′ P O+P Q+P R=0⇐⇒0−y+2−y+3−y=0⇐⇒5=3y 0−z−1−z+0−z=0−1=3z 2 =x 3 5 ⇐⇒ =y 3 1 − =z 3 ¡ ¢ ′2 51 Donc P; ;−. 3 33 3.On aM(x;y;z)∈(OQR)⇐⇒ax+b y+c z+d=0. Puisque O(0 ;0 ;0)∈(OQR) on ad=0. Écrivons que les coordonnées de Q et de R vérifient l’équation : ½ ½ Q(4 ;2 ;−1)∈(OQR)⇐⇒4a+2b−c=0 4a+2b−c=0 ⇐⇒ R(−3 ;2 ;0)∈(OQR)⇐⇒ −2a+3b=0−4a+6b=0 c d’où par somme 8b−c=0⇐⇒b=puis en remplaçant dans la deuxième 8 3c3c équation du départ : 2a=3b= ⇐⇒a=. 8 16 3c c On a doncM(x;y;z)∈(OQR)⇐⇒x+y+c z=0 8 8 Pondichéry313 avril 2011
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
3 1 ⇐⇒x+y+z=0⇐⇒3x+2y+16z=0. 16 8 ′ 4.La droite (PP ) est la médiane relative à la face (OQR). −→¡ ¢¡ ¢ ′2 51 101 1 Cette droite a pour vecteur directeur : PP−1 ;−2 ;− −3 ou−;−;− 3 33 33 3 ou encore (1 ;1 ;10). −→ Or un vecteur normal au plan (OQR) estn(3 ;qui n’est pas coli2; 16) −→ ′ ′ néaire au vecteur 10PP, ce qui signifie que la droite (PP ) n’est pas per pendiculaire au plan (OQR). Conclusion : la propriété (P1) de la partie 1 n’est pas vraie dans un tétra èdre quelconque.
EXERCICEpoints2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A ½ 2 z=(x−y) 1.Les points deE1ont des coordonnées qui vérifient le système⇒ z=0 2 (x−y)=0⇐⇒x−y=0 qui est l’équation de la droitey=xdans le plan z=0. ½ 2 z=(x−y) Les points deE2ont des coordonnées qui vérifient le système⇒ x=1 2 2 z=(1−yest l’équation d’une parabole) quiz=(1−yle plan) dansx=1.
Partie B ½ z=x y 1.Les points deE3ont des coordonnées qui vérifient le système⇒ z=0 z=x y=0⇐⇒x=0 ouy=0 qui sont les équations des axes de coor données dans le plan horizontalz=0. ½ z=x y 2.Les points deE3ont des coordonnées qui vérifient le système⇒ z=1 1 x y=1⇐⇒y=six6=0 qui est l’équation d’une hyperbole dans le x plan horizontalz=1.
Partie C 3 2 1.SiM(x;y;z)∈E5(avec (x;y;z)∈N), alorsz=(x−y)=x y. 2 2 Si son abscisse est nulle, alorsz=(0−y)=0y=0⇒y=0⇒y=0. FinalementM(0 ; 0 ;0). 2. a.On a vu que les coordonnées d’un point deE5vérifient 2 z=(x−y)=x y; en particulier 2 22 22 (x−y)=x y⇐⇒x+y−2x y=x y⇐⇒x+y−3x y=0 (1). ′ ′′ ′ Soitdle pgcd dexet dey; on ax=d xety=d yavecxety premiers entre eux. En remplaçant dans l’égalité (1) : 2′2 2′2′′ ′2′2′ ′ d x+d y−3d yd x=0⇐⇒x+y−3x y=0 (2).
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
b.L’égalité précédente s’écrit : ′ ′′2′2′ ′ ′′2 3x y−x=y⇐⇒x(3y−x)=y: cette dernière égalité montre ′ ′2′2 quexdivisey, mais les diviseurs premiers deyétant les mêmes ′ ′′ que ceux dey, on en déduit quexdivisey. ′ ′ c.Commexetysont premiers entre eux la question précédente montre ′ ′2′ quex=1 soit en remplaçant dans l’égalité (2) : 1+y−3y=0. d.On a donc une équation du second degré ;Δ=9−4=5 : les solutions 3+5 3−5 sont doncet quine sont ni l’un ni l’autre des naturels. 2 2 Conclusion : l’hypothèsexest non nul est fausse et d’après la ques tion 1. le seul point commun aux deux surfaces est l’origine.
EXERCICEpoints3 5 Commun à tous les candidats 1.On a doncp3=2p5etp0=3p5, doncp0+p3+p5=1⇐⇒3p5+2p5+p5= 1 1⇐⇒6p5=1⇐⇒p5=. 6 1 11 1 Il en résulte quep3=2p5=2× =etp0=3p5=3×p0=3× =. 6 36 2 Remarque : il ne devait pas être très difficile de voir que les probabilités étaient proportionnelles à l’aire des secteurs, donc à des angles au centre de 180° (deux angles droits), un angle de 60° etun angle de 120 °pour un total de 360 °. 180 1120 160 1 On a doncp0= =,p3= =etp5= =. . . 360 2360 3360 6 2. a. 1/20 1/3 0 3 1 21/6 5
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1/20 1 31/3 3 3
1/6 5
1 1/20 6 1/3 5 3
1/6 5 e e On obtient un total d’au moins 8 points en deux lancers à la 6, 8et e 9 branche.Donc
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
1 1 1 1 1 11 1 15 p(G2)+ + == × + × + × =. 3 6 6 3 6 618 18 3636 5 7 b.En déduirep(P). On ap(P)=1−p(G2)−p(G3)=1− − = 36 36 36 1224 2 − = =. 36 3636 3 3.; on a une schéma de Bernoulli de paraLes lancers sont indépendants 2 mètresn=6 et de probabilitép=. 3 µ ¶ 6 2 La probabilité de ne gagner aucune partie est, donc la probabilité de 3 µ ¶ 6 66 2 3−2 665 gagner au moins une partie est 1− == 6 3 3729 4. a.On a le tableau de loi de probabilité deXsuivant : X−32 1 24 75 p(X=xi) 36 36 36 24 75−48+7+15 26 13 b.E(X)= −2× +1× +3× == −= −≈ −0, 72(. 36 36 3636 3618 Un joueur perd en moyenne sur un grand nombre de parties 72 cen times par partie. Le jeu est défavorable au joueur.
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