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Amérique du Nord 7 juin 2017 - APMEP
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Amérique du Nord 3 juin 2010
EXERCICE14 points
1. a.A(1 ;-2 ; 4) B(-2 ;-6 ; 5) C(-4 ; 0 ;-3).
--→AB(-3 ;-4 ; 1) ;--→AC(-5 ; 2 ;-7) or comme aucun de ces vecteurs n"est nul, s"ils étaient coli-
néaires, on pourrait trouver un seulkréel tel que???-3= -5k -4=2k1= -7k, or ce système est impossible (trois valeurs dekdifférentes).
Les points A, B et C ne sont pas alignés.
b.le vecteur-→n(1 ;-1 ;-1) est orthogonal à?AB car le produit scalaire est-3+4-1=0 le vecteur-→n(1 ;-1 ;-1) est orthogonal à--→AC car le produit scalaire est égal à-5-2+7=0.
Donc le vecteur-→n(1 ;-1 ;-1) un vecteur normal au plan (ABC). c.Une équation du plan (ABC)est de la forme 1×x+(-1)×y+(-1)×z+d=0, doncx-y-z+d=0 or C doit être dans ce plan donc-4+3+d=0 doncd=1, donc (ABC) :x-y-z+1=0.2. a.SiM(x,y,z) est sur (D) alors---→OMest colinéaire à-→n, donc---→OM=t-→n???x=t×1
y=t×(-1) z=t×(-1). C"est une représentation paramétrique de la droite (D) passant par le pointO et orthogonale au plan (ABC).
b.Le point O?projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC)est à la fois sur (D) et sur (ABC) donc
ses coordonnées vérifient???????x=t y= -t z= -t x-y-z= -1; ce système est noté (S) : y= -t z= -t y= -t z= -t t=-1 3y=1 3z=1 3t=-1 3; O ??-13;13;13?.
3.On désigne par H le projeté orthogonal du point O sur La droite(BC).DoncHest l"intersection de
(BC) avec le plan (Q) perpendiculaire à (BC), on a donc--→OH·--→BC=0 etH?(BC), donc--→BO·--→BC=--→BH·--→BC=--→BC·--→BC=t?--→BC?2.
Finalement :t=--→BO·--→BC
?--→BC???2(car B?=C).Baccalauréat S
Q ?B C? O ?HSoittle réel tel que--→BH=t--→BC.--→OB·--→BC=0-t×(--→BC·--→BC).
donc--→BO·--→BC=t×BC2. t=--→BO·--→BC BC2 b.On calcule ensuite avec les coordonnées--→BO.--→BC et BC2--→BO(2; 6 ;-5)et--→BC(-2 ; 6 ;-8);--→BO·--→BC=-4+36+40=72;BC2=4+36+64=104;t=72
104=913.
Donc--→OH a pour coordonnées :?-2+9
13×(-2) ;-6+913×(6) ; 5+913×(-8)?=?-4413;-2413;-713?.
Ce sont aussi les coordonnées de H.
EXERCICE23 points
N1 0,2 N 2 0,8? R2 0,1 V2 0,9Sur cet arbreN1c"est "tirer le numéro 1»,N2c"est "tirer le numéro 2», "R2c"est "tirer une rougenumérotée
2», "V2c"est "tirer une verte numérotée 2»
Amérique du Nord23 juin 2010
Baccalauréat S
1.La boule peut être rouge et porter le numéro 1, ou être rouge etporter le numéro 2 donc si on noteR
"la boule tirée est rouge,R=N1?(N2∩R2), ceci est une réunion d"évènements disjoints car inclus
dansN1etN2, doncp(R)=p(N1)+p(N2∩R2)=p(N1)+p(N2)×pN2(R2)=0,2+0,8×0,1=0,282.Ici on veutpR(N2) c"estpR(N2)=p(N2∩R)
p(R)=p(N2∩R2)p(R)=0,8×0,1028=273.Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2.
On effectuentirages successifs d"une boule avec remise (après chaque tirage la boule est remisedans l"urne). On répète doncnfois l"expérience à deux issues : " tirer une rouge numérotée1 » de
aléatoireXqui sert à compter les succès (nombre de boules rouges sur lesntirages) est une variable
aléatoire qui suit une loi binomialeB(n; 0,2).Donc, pourkentier entre 0 etn,p(X=k)=?n
k?×0,2k×0,8n-k a."Tirer au moins une boule rouge portant le numéro 1 au cours desntirages » a pour contraire"ne tirer aucune boule rouge portant le numéro 1» de probabilitép(X=0) donc la probabilité
demandée est1-p(X=0)=1-0,8n.
b.Ceci revient à résoudre (nentier naturel) 1-0,8n?0,99 ce qui est équivalent à 0,8n?0,01, on
prend les ln des deux membres qui sont strictement positifs 0,8 ln(0,8) ??n?20,6.Il faut donc faire au moins 21 tirages.
EXERCICE35 points
Enseignementobligatoire
-1 -2 -31 2341 2 3 4 5 6 7 8-1-2-3-4
?A D ?E ?B?D? ?E?1.Le point E est obtenu par rotation autour de A, d"angleπ3du point D donc
zE-zA=eiπ
3(zD-zA) donczE=eiπ3(1-i)+i=?
12+i? 3 2?×(1-i)+i=1+?
32+i1+?
3 2= 1+? 3 2? (1+i).Amérique du Nord33 juin 2010
Baccalauréat S
3. a.Pour tout nombre complexezdifférent de i,
?z?+2i?(z-i)=?2z-i iz+1+2i?(z-i)=?2z-i+2i(iz+1)iz+1? (z-i)=iiz+1×(z-i)=ii(z-i)×(z-i)=1. b.Donc pour tout nombre complexezdifférent de i,?z?+2i?(z-i)=1 en prenant les modules et les arg : Comme (z?+2i)=z---→BM?; (z-i)=z--→AM, et comme?-→u,---→BM?? =arg?z?+2i?Ainsi que
?-→u,--→AM? =arg(z-i).Pour tout pointMd"affixez(z?=i) :
BM?×AM=1
et?-→u,---→BM?? +?-→u,--→AM? =k×2πoùkest un entier relatif.4. a.Les points D et E appartiennent à un même cercle (C) de centre Aet de rayon par la rotation du 1)
et le rayon est AD=? 2. b.Donc AE=?2,AD=?2 donc en utilisant la relation sur les longueurs :
AD×BD?=1, AE×BE?=1 donc BE?= BD?=1
?2.Et avec les angles :
-→u,--→BE?? +?-→u,-→AE? =k×2πoùkest un entier relatif. et?-→u,--→BD?? +?-→u,--→AD? =k?×2πoùk?est un entier relatif., on retranche ces deux relations?--→BD?,--→BE?? +?--→AD,-→AE? =k??×2πoùk??est un entier relatif.?--→BD?,--→BE??3=k??×2πoùk??est un entier relatif.
Donc?--→BD?,--→BE??
3+k??×2πoùk??est un entier relatif.
c.Ainsi le triangle BD?E?est isocèle en B et avec un angle de-π3, il est équilatéral indirect.
EXERCICE35 points
Enseignementde spécialité
Partie A
On cherche l"ensemble des couples d"entiers relatifs (x,y) solutions de l"équation (E): 16x-3y=4.1.Le couple (1, 4) est une solution particulière de (E) : 16×1-3×4=16-12=4.
2. (E): 16x-3y=16-4×3.Donc 16(x-1)=3(y-4).
3 divise les deux membres et 3 premier avec 16 donc 3 divise (x-1) (GAUSS) : il existejentier tel que
(x-1)=3jon a alors 16(3j)=3(y-4) donc 16j=(y-4) doncy=16j+4, on vérifie 16×(3j+1)-3× (16j+4)=4, doncS={(3j+1 ; 16j+4)|j?Z}
Partie B
z2e3iπ8z.
Amérique du Nord43 juin 2010
Baccalauréat S
1.La transformationfest une similitude directe de centre O de rapport?2 d"angle3π8.
2. a.La transformationgest une similitude directe de centre O de rapport?
24=4, d"angle
3π b.Pour tout entier natureln, M doncMn+4=g(Mn)2+k×2πoùkest un entier relatif.
c.M4=g(M0), M5=g(M1) et M6=g(M2) 2 OM5=4OM1et?---→OM1,---→OM5?
2 OM6=4OM2et?---→OM2,---→OM6?
2.3.Pour tout entier natureln,zn=(?
2)nei(π2+3nπ8)
C"est une récurrence :
pourn=0;z0=??2?0ei?π2+3×0π8?
=i : vrai.Pourtoutkunentiertelquezk=??
On regroupe les racines de 2 en additionnant les exposants, les exposants des exponentielles s"addi- tionnent aussi et3×kπ
ce qui prouve que si la pro- position est vraie au rangkelle est vraie au rangk+1 donc , en fait :Pour tout entier natureln,zn=(?
2)nei(π2+3nπ8).
4. a.?----→OMp,----→OMn?
=arg(zn b.Les points O,MpetMnsont alignés si et seulement si l"argument ci-dessus est un multiple deπ si et seulement si (n-p)×38si et seulement si 8 divise 3(n-p), or 8 et 3 sont premiers entre eux
donc 8 divise 3(n-p) si et seulement si 8 divise (n-p) (GAUSS) si et seulement si (n-p) est un multiple de 8.5.L"ensemble des entiers naturelsntels que le pointMnappartienne à la demi-droite [Ox)est l"en-
semble des entiers naturelsntelsn×3π8+π2=2kπ,kentier, donc3n+4=16kdonc 16k-3n=4 et on
a vu qu"alorsn=16j+4 etk=3j+1,jentier.On veutn?N, donc les entiersncherchés vont de 16 en 16 à partir de 4 : ce sont 4 ; 20 ; 36 ; 52 ;···
suite arithmétique de raison 16.EXERCICE48 points
Partie A :
1.4×ex
ex×(1+7e-x)=41+7e-x, doncf1(x)=41+7e-xpour toutxdeR.2. a.La courbeC1admet deux asymptotes car limx→+∞4
7e-x+1=40+1=4
lim x→-∞4e x ex+7=00+7=0 Donc en-∞asymptote àC1: la droite horizontale d"équationy=0. Donc en+∞asymptote àC1: la droite horizontale d"équationy=4. b.f?1(x)=4×7e-x (1+7e-x)2, doncf?1(x)>0. f1est strictement croissante surR.
Amérique du Nord53 juin 2010
Baccalauréat S
c. x-∞ +∞ f?1(x)+ f10?4 Par ce tableau on prouve que 02=bpour prouver queΩ(a;b) est centre de symétrie de la
courbe (d"une fonctionfdéfinie surR).Soith?R,f1(ln(7)+h)=4
En changeanthen-hon obtient :f1(ln(7)-h)=4
eh+1, on additionne et divise par 2 : f1(ln(7)+h)+f1(ln(7)-h)
2=4 eh+1+4e-h+1 2=4 eh+1+4eh1+eh2=4eh+42(1+eh)=4(eh+1)2(1+eh)=2
DoncI1(ln(7) ; 2) est centre de symétrie deC1
b.f?(ln(7))=4×7e-ln(7) (1+7e-ln(7))2=28eln(1 7) (1+7eln(17))2=281 7 (1+717)2=422=1, f1(ln(7))=2 d"après le 3. a. avech=0, donc l"équation de la tangente(T1)à la courbeC1au point
I1:y=1(x-ln(7))+2;y=x-ln(7)+2 .
c.Aupoint d"ordonnée2deC1,ontraceune droite(rouge)decoefficient directeur 1par laméthode de l"escalier.4. a.Une primitive de la fonctionf1:x?→4×ex
7+exsurRest
la fonctionF1:x?→4×ln(7+ex). b.La valeur moyenne def1sur l"intervalle [O; ln7] est 1 ln(7)×(4×ln(7+eln(7))-4ln(e0+7))=4ln(7)×ln(148)=4ln(7)×ln(74) .Partie B :
1.On remarque d"abord quefn(x)=f1(nx) pour toutxdeR.Pour tout entier naturelnnon nul le point
A? 0 ;1 2? appartient à la courbeCnsi et seulement sifn(0)=12si et seulement sif1(n×0)=12si et seulement sif1(0)=12or48=12
2. a.Pour tout entier naturelnnon nul la courbeCnet la droite d"équationy=2 ont un unique point
d"intersection : on résoutfn(x)=2 f n(icin?N?).x=ln(7)n =4n×7e-nln(7) n (1+7e-nln(7)n)2=n×4×7eln(1 7) (1+7eln(17))2= n×4×1 (1+7×17)2=n×4(1+1)2=n.Une équation de la tangente
(Tn)à la courbeCnau pointInest y=n(x-ln(7) n)+2=nx-ln(7)+2, elles coupent toutes l"axe desyà la même ordonnée à l"origine. c.Les droites(T2)(gris) et(T3)(rose).3.Soit la suite(un)définie pour tout entier naturelnnon nul par
u n=n ln7? ln7 n0fn(x)dx.
Amérique du Nord63 juin 2010
Baccalauréat S
une primitive defnc"estFn(x)=4nln(enx+7) doncun=nln7×4n×(ln(en×ln7n+7)-ln(8))= 4 ln148? =4ln7×? ln74? qui ne dépend pas de n.La suite
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