[PDF] Corrigé du baccalauréat S Asie 20 juin 2012

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EXERCICE15 points

1.Il est évident que le point de coordonnées (1 ; 0 ;-5) appartient àDmais pas àP. Donc, si parallé-

lisme il y a, il est strict.

La droiteDest parallèle au planPsi, et seulement si, un vecteur directeur-→ddeDest orthogonal à

un vecteur normal-→nau planP. Grâce aux équations, on a : d(((((-2 1 -4))))) et-→n(((((32 -1)))))

Le repère est orthonormé donc :

Ce que l"on vérifie facilement.

Ainsi :l"affirmationno1est vraie

2.La distance du point A au planPest égale, d"après la formule du cours, à :

d (A;P)=|4×1-9-0+3| ?42+(-1)2+(-1)2=2?18?=? 3 2.

Ainsi :l"affirmationno2est fausse

3.limx→+∞e-2x=0=?limx→+∞f(x)=3=?la droite d"équationy=3 est une asymptote àCfen+∞.

lim

x→-∞e-2x=+∞=?limx→+∞f(x)=0=?la droite d"équationy=0 est une asymptote àCfen-∞.

Ainsi :l"affirmationno3est vraie

4.Considérons le réelF(1,5)=?

1,5 1 (2-t)e-tdt.

Lafonctiont?-→(2-t)e-test évidemment continue et strictement positive sur l"intervalle d"intégra-

tion [1;1,5]. Donc, d"après théorème du cours, on en conclutque? 1,5 1 (2-t)e-tdt>0id est F (1,5)??0.

Ainsi :l"affirmationno4est fausse

5.On va effectuer une intégration par parties avec :

?u ?(t)=t2;u(t)=t3 3 v(t)=ln(t) ;v?(t)=1 t

Et on a bien le droit puisque toutes les fonctions (u,u?,v,v?) sont continues sur l"intervalle d"inté-

gration [1;e] (relire les hypothèses du théorème d"intégration par parties). Par suite : I=?t3

3ln(t)?

e 1-? e 1t

33×1tdt=e33ln(e)-0-?t39?

e

1=e33-e39+19=2e3+19.

Ainsi :l"affirmationno5est vraie

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE25 points

Enseignement obligatoire

1. a. |zA|=? ?-?3?2+12=2. z A=2? 3

2+i12?

=2ei5π 6=zA b.zA1=zA=2e-i5π6. D"autre part, le cours nous donne la formule de la rotationr: r(z)=eiπ

6(z-zO)+zOid est r(z)=eiπ6z

Par suite, on obtient :

z

B=r?zA1?=2eiπ

2. a.OA=|zA|=??zA??=OA1.

Comme B est l"image de A

1par la rotation de centre O (isométrie), on a : OA1=OB.

Le triangle est isocèle en O

Mais les lignes qui précèdent sont rendues inutiles par ce qui suit : z

B=-1-i?

3=i? -?3+i? =eiπ2zA=?B est l"image de A par la rotation de centre O et d"angleπ2.

Le triangle est isocèle rectangle en O

b.On a :?-→w;--→OA? =?-→w;-→u? +?-→u;--→OA?

12+5π6=9π12.

Et : -→w;--→OB? =?-→w;-→u? +?-→u;--→OB?

12-2π3=-9π12.

Conclusion :Δest la bissectrice de l"angle?--→OA,--→OB?

Δest la bissectrice passant par le sommet du triangle isocèle. DoncΔest aussi la médiatrice du

segment opposé (cf programme de géométrie du collège). On endéduit évidemment que les points A et B sont symétriques par rapport à la droiteΔ

3.zB1=

4.L"image de O par la symétrie d"axeΔest lui-même puisque O?Δ. Comme la symétrie axiale est une

isométrie, on en déduit que le segment [OC] a la même longueurque son image [OD]. S"il fallait le

démontrer, c"est fait : OCD est isocèle en O.

On en déduit puisqueΔest la médiatrice du segment [CD] (par définition de la symétrie axiale)

qu"elle est aussi la bissectrice de l"angle Ô.

Conclusion : D est l"image de C par la rotation r

1de centre O et d"angle 2?--→OC;-→w?

--→OC;-→w? =?--→OC;-→u? +?-→u;-→w? =-arg(zC)+π

12=-π4+π12=-π6.

On en déduit que :

r

1(z)=e-i2π

Asie220 juin 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE25 points

Enseignementde spécialité

Partie A : Déterminationd"une similitude directe.

1. a.On a :

•zA=-1

2+i? 3

2=cos?2π3?+isin?2π3?=e2iπ3.

•zB=-?

3+i=2?

-?3 2+i2? =2?cos?5π6?+isin?5π6??=2e5iπ6. b.Voir figure.

2. a.La transformationfest une similitude directedoncelle admet une écriture complexe de laforme

z ?=az+b. Commef(A)=Betf(O)=O, les complexesaetbvérifient le système?0=a×0+b 2e

5iπ

6=ae2iπ3+bdonc

?b=0 a=2e5iπ 6 e2iπ3=2ei?5π

6-2π3?

=2eiπ6.

Donc l"écriture complexe defestz?=2eiπ

6z. b.On sait quefest une similitude directe de centreO. De plus on sait que le rapport defest donné par???

2eiπ

6??? =|2|??? eiπ6??? =2 puisque??eiθ??=1 quel que soit le réelθet que l"angle defest donné par arg?

2eiπ

6? =π6.

Partie B : étude d"une transformation

1. a.La transformationgest la composée defsuivie des.

Or l"écriture complexe defestz?=2eiπ

6zet l"écriture complexe desestz?=z.

Par suite l"écriture complexe deg=s◦festz?=s?

2eiπ

6z? =2eiπ6z=2×eiπ6×z=2e-iπ6z. b.On azA=e2iπ

On ag(C)=Dd"oùzD=zC?=2e-iπ

=4e2iπ3.

Voir figure.

c.On azC zA=2e-5iπ 6 e2iπ3=2ei?-5π

6-2π3?

=2e-3iπ2=2eiπ2=2i.

Par suite comme

?--→OA;--→OC? =arg?zC-zO zA-zO? =arg?zCzA? et comme arg?zCzA? =arg(2i)=π2, on obtient?--→OA;--→OC?

2: le triangleOACest rectangle enO.

d.On azD zA=4e2iπ 3 e2iπ3=4?R?.

Alors comme

z --→OD z--→OA=zD-zOzA-zO=zDzA=4 on en déduitz--→OD=4z--→OAd"où--→OD=4--→OA.

Les vecteurs

--→ODet--→OAsont donc colinéaires.

2e-iπ

6z?

Par conséquent, comme 4?R??{1}, on en déduit que la transformationg◦gest une homothétie de

rapport 4. Remarquons queg(g(O))=g(O)=OdoncOest l"unique point invariant de cette homothétie, c"est-

à-dire son centre.

Doncg◦gest l"homothétie de centreOet de rapport 4.

Asie320 juin 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Figure :Figure :Figure :

OA B CD

EXERCICE35 points

Partie A

1. N 0,7N 0,7 B 0,3 B 0,3N 0,7 B 0,3

D"où :p=P(G)=0,7×0,3+0,3×0,7?p=0,42

2.Soitnun entier tel quen>2. Un joueur jouenparties identiques et indépendantes.

On noteXla variable aléatoire qui comptabilise nombre de parties gagnées par le joueur, etpnla probabilité que le joueur gagne au moins une fois au cours desnparties.

a.L"expérience aléatoire a deux issues :— succès : le joueur gagne avec une probabilité dep=0,42

— échec : le joueur perd avec une probabilité deq=1-p=0,58 le nombrede succèssuit une loi binomiale de paramètresnetp. b.pn=1-P(X=0)=1-0,58n=pn =?p10=1-0,5810≈0,996≈p10 le joueur doit jouer aumoins 9 parties

Asie420 juin 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Partie B

1. a. Nkk+3 B 3 k+3 Nkk+3 B 3 k+3 N k k+3 B 3 k+3

On en déduit que :

p (Yk=5)=k b.d yi=-9-1+5

P?Yk=yi?=9

(k+3)2 k2 (k+3)2 6k (k+3)2

D"où :

E (Yk)>0??k?]3 ; 27[

Le jeu est favorable au joueur pourk?]3 ; 27[

EXERCICE45 points

1. nuvab 04949

16,56,9646,56,964

26,7326,7366,7326,736

2. a.Initialisation

Pourn=0, on a bienu0>0 etv0>0. L"hypothèse de récurrence est vérifiée pourn=0.

Hérédité

Supposons que pourn?N:un>0 etvn>0. Alors :

u n+vn>0?un+vn

2>0?un+1>0

u

2n>0 etv2n>0?u2n+v2n>0?u2n+v2n

2>0?? u2n+v2n

2>0?vn+1>0

La proposition est donc vérifiée au rangn+1.

Ainsi, laproposition est vraie au rang 0 et si elle est vraie pourn?0, elle est vraie aurang suivant :

d"après le principe de récurrence, on en déduit que :un>0 etvn>0 pour toutn?N b.v2n+1-u2n+1=u2n+v2n

2-?un+vn2?

un-vn 2?

2=v2n+1-u2n+1.

D"où,pour toutn?N:v2n+1-u2n+1?0?v2n+1?u2n+1?vn+1?un+1?vn?unpour toutn?N?.

Asie520 juin 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Par construction,v0?u0.

Conclusion :vn?unpour toutn?N

3. a.un+1-un=un+vn

2-un=vn-un2?0 d"après la question précédente.

La suite

(un)est donc croissante

2?v2n?v2n+1?v2n?vn+1?vn(car les

éléments de la suitevnsont positifs).

La suite

(vn)est donc décroissante

4.On a montré que :

•la suiteunest croissante doncu0?unpour tout entier natureln, •la suitevnest décroissante doncvn?v0pour tout entier natureln,

•pour tout entier natureln,un?vn.

On en déduit que pour tout entier natureln,u0?un?vn?v0d"où en particulier?un?v0 v n?u0

La suite

(un)est croissante majorée parv0donc, d"après théorème, elle est convergente.

La suite

(vn)est décroissante minorée paru0donc, d"après théorème, elle est convergente.

Il s"agit, vous l"aurez compris, de suites adjacentes, car on peut démontrer que limn→+∞(vn-un)=0

Asie620 juin 2012

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