[PDF] Baccalauréat S Asie 21 juin 2011





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Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 16 juin 2011

16 jui. 2011 y = 0. C'est donc la réunion des axes (Ox) et (Oy) qui sont deux droites orthogonales de l'espace. L'affirmation est vraie. EXERCICE 3. 5 points.



Baccalauréat S Géométrie

1. 1. 2. -1 x y. O. Exercices de géométrie. 15. Page 16. Baccalauréat S. A. P. M. E. P.. 11 Métropole juin 2011. L'espace est muni d'un repère orthonormal (O.



Annales 2011-2016 : espace E 1

DEFGH telle qu'elle a été obtenue à l'aide d'un logiciel de géométrie dynamique. Une mesure de l'angle BAC arrondie au dixième de degré est égale à :.



Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 2011

2 sept. 2011 Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 2011. EXERCICE 1. 5 points. Commun à tous les candidats. Partie A : Étude d'une fonction.



Sujets de bac : Géométrie dans lespace – 1

Pour quelle valeur de la distance est-elle minimale ? Page 2. Sujet n°3 : extrait de Liban – mai 2011. Dans l'espace 



Baccalauréat S Asie 21 juin 2011

21 jui. 2011 Baccalauréat S Asie 21 juin 2011. EXERCICE 1. 5 points. 1. (?x ?]0 ; +?[) f (x) = lnx x . a. La limite de la fonction f en 0 est ?? car.



Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 2011

A(?1;0;4) ? Q) ?? 1×(?1)?2×0?1×4+5 = 0 : vrai. Conclusion A est un point de (?). Polynésie (enseignement obligatoire). 2 septembre 2011. Page 3 



Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie 10 novembre 2011

10 nov. 2011 On a E(Y) = n ×p = 8×052 = 4



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31 mai 2011 Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011. EXERCICE 1. 5 points. Commun à tous les candidats. 1. a. Plusieurs méthodes : ???.



Bac L 2011 : les sujets probables en philosophie

l'Etudiant pour le bac 2011 (plus il y a de X plus la probabilité est forte). “Si vous maîtrisez les fonctions

?Baccalauréat S Asie 21 juin 2011?

EXERCICE15 points

1. (?x?]0 ;+∞[)f(x)=lnx x. a.La limite de la fonctionfen 0 est-∞car limx→0 ;x>0? 1 x? =+∞et limx→0 ;x>0(ln(x))=-∞; donc on obtient par produit le résultat énoncé. En+∞, la limite de la fonctionfest 0 (voir le cours). b.f?(x)=1 x×x-1×ln(x) x2=1x2×(1-ln(x)) . c.f?(x) est du signe de (1-ln(x)) sur ]0 ;+∞[, or sur ]0 ;+∞[;

1-ln(x)>0??xe; 1-ln(x)=0??x=e

x0 e+∞ f ?(x)+0- f -∞1 e 0

2.Étude d"une fonctiong

On considère la fonctiongdéfinie sur l"intervalle ]0 ;+∞[ par : g(x)=(lnx)2 x. On noteCgla courbe représentative de la fonctiongdans le repère?

O,-→ı,-→??

a.La limite degen 0 est+∞carg(x)=f(x)×ln(x) or ,

limx→0 ;x>0ln(x)=-∞; limx→0 ;x>0f(x)=-∞; donc on obtient par produit le résultat énoncé.

La limite degen+∞est 0 car :

4 ?ln(? x)?x? 2 =?2ln(? x)?x? 2 =?ln(x)?x? 2 =(ln(x))2x=g(x).

Donc lim

x→+∞(g(x))=limx→+∞?

4?ln(?

x)?x? 2? =limX→+∞?

4?ln(X)X?

2? =0car limX→+∞? ln(X)X? =0;onaposé X=? xetXtend vers+∞quandxtend vers+∞. b.g?(x)=1 doncg?(x) s"annule si et seulement si ln(x)=0 ou ln(x)=2 donc pourx=1 oux=e2. x0 1 e2+∞ ln(x)|| -0+ (2-ln(x))|| + +0- g?(x)|| -0+0-

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

c. x0 1 e2+∞ g ?(x)-0+0-0 g 04 e2 0

3. a.Les courbesCfetCgse coupent aux points dont les abscisses sont les solutionsf(x)=g(x)

ln(x)=0,ou ln(x)=1??x=1, oux=e ce sont les deux pointsA(1 ; 0);B? e ;1 e? b.La position relative des courbesCfetCgest donnée par l"étude du signe def(x)-g(x). x0 1 e+∞ ln(x)|| -0+ (1-ln(x))|| + +0- ln(x)×(1-ln(x))|| -0+0- f(x)-g(x)<0??ln(x)<0ou ln(x)>1??x<1oux>e f(x)-g(x)>0??1Asie221 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

Annexe 1 (exercice1)

-0,1 -0,2 -0,3 -0,40,1

0,20,30,40,50,6

5 10 15 20

E Cf Cg O

Asie321 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE25 points

Commun à tous lescandidats

La figure est donnée enannexe2.

1.L"écriture complexe de la rotationrde centre A et d"angleπ

2estz?=eiπ2(z-zA)+zA.

Doncz?=iz+2i-2.

Le point J a pour affixe izB-2+2i=-5-2+2i=-7+2i.

On admettra que l"affixe du point K est - 2 - 6i.

2.Les droites (BK) et (JC) sont perpendiculaires si et seulement si arg?

z-→JC z--→BK?

π2ou-π2.

Les segments [BK] et [JC] ont la même longueur si et seulement si????z JC zBK???? =1

Calculons

z -→JC Donc en prenant module et argument de i, on prouve ainsi que arg(zJC zBK)=π2et que?????z -→JCz--→BK????? =1 donc les segments [BK] et [JC] ont la même longueur et sont perpendiculaires. La longueur de [BK] égale la longueur de [JC] égale?

112+22=?125.

3. a.Le pointSest le milieu de [JB] donc si on notezSl"affixe deS,zS=zJ+zB

2=-3,5+3,5i.

Le pointTest le milieu de [KC] donc si on notezTl"affixe deT,zT=zK+zC

2=1-3i.

b.Le pointUest le milieu de [CN], orNest obtenu par rotation deπ

2autour deBdu pointC, donc

z

N=i(zC-zB)+zBdonczN=5+9i donczU=5+9i+4

2=4,5+4,5i .

c.Démontrons que la droite (AU) est perpendiculaire à la droite (ST) en calculant un argument dez

--→AU z--→ST. Or z --→AU donc ( --→ST;--→AU)=π

2, la droite (AU) est perpendiculaire à la droite (ST).

4.Une mesure de l"angle?-→JC,--→AU?

est donnée par un argument dez --→AU z-→JC. Or z --→AU (143-18)+i×(99+26)

250=125+125i250=1+i2=?

2×eiπ4

2=? 2

2×eiπ

4, donc l"angle?-→JC,--→AU?

vautπ4à

2kπprès

5.On admet que les droites (BK) et (JC) se coupent au point V d"affixe

v=-0,752+0,864i

(en faitx= -0,752 ety=0,864 s"obtiennent en résolvant le système donné par les deux équations

des droites(BK) et (JC) d"équations respectives :y=11

2x+5 ety=-211(x-4)).

z --→AU=6,5+4,5i.

Or 1,248=1248

1000=156125=13×12125=6,5×24125.

Asie421 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

Donc --→AV=24

125--→AUdoncA,V,Usont alignés.

b.l"angle?BVC est droit car?-→JC,--→BK?

2c"est l"angle entre les droites (BK) ; (JC)

et on sait que l"angle ?UVC vautπ

4car?-→JC,--→AU?

=π4donc commeVest aligné avecJetCetJ,V,C sont alignés dans cet ordre et queA,V,Usont aussi alignés dans cet ordre?--→VC,--→VU?

4, donc la demi-droite [VU)est la bissectrice de l"angle?BVC.

La droite (AU) est donc bissectrice de l"angle?BVC.

Asie521 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

Annexe2 (exercice2)

VAB CI J K LM N S TU

CVU=45o

A

Asie621 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE35 points

1. a.Une représentation paramétrique de la droite (EC) c"est?????(x=xE+t×x--→EC

y=yE+t×y--→EC z=zE+t×z--→ECt?R?????x=1-t y=0+t z=1-tt?R carE(1 ;0 ; 1) et--→EC((-1 1 -1)) b.Une équation cartésienne du plan (AFH) est de la forme ax+by+cz+d=0, avec-→N((a b c)) est un vecteur normal à ce plan donc normal à--→AFet--→FHor

AF((011))

et--→HF((110)) donc avec le produit scalaire de -→Net de--→AF:b+c=0 donc avec le produit scalaire de-→Net de--→HF:a+b=0; doncc= -b;a= -bdonc-→N((-b b -b)) , tous les vecteurs-→Nsont colinéaires à---→N-1(( 1 -1 1)) donc l"équation du plan (AFH) c"estx-y+z+d=0 reste à trouverd, or ce plan passe parA(1 ; 0 ; 0) donc 1+d=0 doncd=-1, (AFH) a pour équationx-y+z-1=0 c.Les coordonnées du point I sont les solutions du système???????x=1-t y=0+t z=1-t

1-t-t+1-t=1, donc???????t=1

3x=2 3y=1 3z=2

3puis comme

-→EI((2 3-1 1 32
3-1)) , donc-→EI((-1 3 1 3-1 3)) donc -→EI=-1

3---→N-1et vu queI?(AFH), le pointIest le projeté orthogonal du point E sur le plan

(AFH). d.La distance du pointEau plan (AFH) est égale àEI=1

3×?(-1)2+12+(-1)2=?3

3. ( on peut aussi calculer cette distance avec la formuled(E; (AFH))=|axE+byE+czE+d| ?a2+b2+c2c"est 1 ?3=? 3 3)

e.La droite (HI) est perpendiculaire à la droite (AF) si et seulement si le produit scalaire de--→HIet

de--→AFest nul, or --→AF((011)) et--→HI((2 3 1 32
3-1)) , donc--→HI((2 3 1 3-1 3)) , on fait le produit scalaire on trouve1

3+-13=0

donc La droite (HI) est perpendiculaire à la droite (AF). Le pointIest dans le plan du triangle AFH et la droite (HI) est perpendiculaire à la droite (AF)

AFHprouvons que la droite (AI)est perpendiculaire à la droite (HF), on fait le produit scalaire de

AI((-1

3 1 3 2 3)) et--→HF((110)) on trouve-1

3+13=0;

Asie721 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

Iest l"orthocentre du triangleAFHet comme ce triangle est équilatéral de côté de longueur?2,

le pointIest point de rencontre de "toutes les droites»du triangleAFH

2)2×?3

2 2=? 3

2or l"aire deAEHc"est celle d"une demi face du cube c"est12donc le tétraèdre est ni de type 1 ni

de type 3. Reste à voir s"il est de type 2 or par exemple --→EAs"écrit-→EI+-→IA, et l"arête opposée à [EA]

c"est [HF] et-→EIest orthogonal à toute la face (AFH) donc-→EI?--→HFet-→IA?--→HFcar (AI) est l"une

des hauteurs du triangleAFHdonc [EA] et [HF] sont orthogonales et il en de même avec les deux autres couples d"arêtes :([EF]et[AH])et( [EH] et [AF])

le tétraèdre EAFH est dit de type 2 car les arêtes opposées sont orthogonales deux à deux

A BC DE FG H I

EXERCICE45 points

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

Rappel :

F(t)=p(X?t)=p([0 ;t])=?

t 0

λe-λxdx.

1.Restitution organisée de connaissancesPré-requis :

a.pB(A)=p(A∩B) p(B)(oùAetBsont deux évènements tels quep(B)?=0); b.p? A? =1-p(A) (oùAest un évènement); c.p([a;b])=F(b)-F(a) (oùaetbsont des nombres réels positifs tels quea?b).

•Montrons quep[t;+∞[([t;t+s])=F(t+s)-F(t)

1-F(t)

p p([0 ;t+s])-p([0 ;t[)

1-p([0;t[)

la probabilité ne change pas.

Asie821 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

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