Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2019 PDF

Tout triangle inscrit dans un cercle est rectangle. 3) Où faut-il placer le point B sur (C) pour que l'aire du rectangle ABCD soit maximale ?

Mathématiques Annales 2014

EXERCICES ÉLABORÉS À PARTIR DES CONCOURS BLANCS ET EXAMENS de la plate?bande pour que celle?ci ait une aire maximale tout en conservant son périmètre.

EXERCICES ÉLABORÉS À PARTIR DES CONCOURS BLANCS ET

ABC est un triangle rectangle en B il est donc inscrit dans un cercle rectangle d'aire maximale parmi les rectangles dont la diagonale a pour longueur ...

Corrigé du sujet de Mathématiques et propositions pour une correction

EXERCICE 1 (35 points) pour un arc de longueur (demi-cercle)

Corrigé du sujet de Mathématiques et propositions pour une correction

O est le centre du cercle circonscrit au rectangle EFGH Ce faisant l'élève constate que l'aire est maximale pour le rectangle R6. Le cas du.

Polycopié dexercices et examens résolus: Mécaniques des

Ces exercices couvrent les sept chapitres du polycopié de cours de la mécanique des systèmes indéformables : Calcul vectoriel-Torseurs. Cinématique du solide

Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2019

31 mai 2019 On en déduit que l'aire est maximale si a = e?1 et on a A (e?1) ... de BCD rectangle en D est le centre du cercle circonscrit à BCD on a ...

Synthèse de trigonométrie

Les définitions suivantes constituent une extension du sinus cosinus et de la tangente d'un angle aigu d'un triangle rectangle. 1.3.1 Définitions. Considérons

Exercices dOptique

Un rayon lumineux dans l'air tombe sur la surface d'un liquide; il fait un angle ? = 56? avec le plan horizontal. La déviation entre le rayon incident et le

Mathématique seconde.

distance parcourue par ce représentant au cours de sa tournée? EXERCICE 3 L'aire du rectangle est-elle supérieure à celle du carré? A. YALLOUZ (MATH@ES).

?Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2019?

Exercice 15 points

Commun à tousles candidats

1. a.

Solution:

fest dérivable sur ]0 ; 1] comme produit de fonctions dérivables sur ]0 ; 1]. f=uv2=?f?=u?v2+2uv?vavec?u(x)=x v(x)=1-ln(x)=????u ?(x)=1 v ?(x)=-1 x ?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

1-ln(x)?

2-2?

1-ln(x)?

1-ln(x)??

1-ln(x)-2?

On a donc bien?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

ln(x)+1?? ln(x)-1? b.

Solution:

Sur ]0 ; 1] , ln(x)<0 d"où?

ln(x)-1? <0 f ?(x) est donc du signe contraire de? ln(x)+1? ln(x)+1>0??x>e-1, on en déduit le tableau des variations def x0 e-11 f ?(x)+0- 0 4e -1 1 f(x) 2. a.

Solution:ON0,2≈0,5 et OP0,2≈2,6

On en déduit que l"aire du triangle ON0,2P0,2est d"environ0,5×2,6

2=0,65 unités d"aire.

Solution:?x?]0 ; 1]g?(x)=1x.

0,2est de coefficient directeurg?(0,2)=1

0,2=5. On a doncd0,2:y=5x+b

Ord0,2passe parM0,2?

0,2 ; ln(0,2)?

, on en déduitb=ln(0,2)-1=-1-ln(5)

Finalementd0,2:y=5x-ln(5)-1

Solution:OP0,2=|ln(0,2)-1|=1+ln(5)

5x+ln(0,2)-1=0??x=1+ln(5)

5donc ON0,2=1+ln(5)5

L"aire du triangle ON0,2P0,2est donc(1+ln(5))2

10≈0,681 unités d"aire.

3.A(a) est maximale. Déterminer cette aire maximale.

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

Solution:

On remarque queA(a)=12f(a) donc l"aire sera maximale sif(a) est maximale On en déduit que l"aire est maximale sia=e-1et on aA?e-1?=1

2f?e-1?=2e-1=2e≈0,74 unités d"aire.

Exercice 24 points

Commun à tousles candidats

1. a.

Solution:

zA?=-1-1+i=11-i=1+i2=12+12i b.

Solution:

zB?= -11

2eiπ

3= -2e-iπ

3qui n"est pas l"écriture exponentielle; or-1=eiπ; donczB?=2×eiπ×e-iπ3=

2e i2π 3. c.

Solution:

-→u-→ v OB A ?AB zA=-1+i donc A se place sans problème. z B=1

2eiπ

3=14+i?

4doncBse situesurlecercle decentreOetderayon1

2à l"intersection de la droite d"équa-

tionx=1

4dans le premier cadran.

z A?=1

2+12i donc A?se place sans problème.

B?=-2e-iπ

3=2e2iπ3=-1+i?3

donc B ?se situe sur le cercle de centre O et de rayon 2 à l"intersection de la droite d"équationx=-1 dans le deuxième cadran. 2. a.

Solution:

z?=-1reiθ 1 re-iθ 1 re-iθeiπ 1 rei(π-θ) b.

LibanPage 231 mai 2019

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

Solution:

SiM, distinct de 0, appartient au disque de centre 0 et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre

0 et de rayon 1, alors OM<1

OM<1??|z|<1

??????1 z???? >1 -1 z???? >1 ??OM?>1

On en déduit donc que l"affirmation est vraie : si un pointM, distinct de O, appartient au disque de

centre O et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre O et de rayon 1, alors son imageM?par la fonctionfest à l"extérieur de ce disque. 3. a.

Solution:On posez=x+iy

Méthode1

M(z)?Γ??MK2=1

4 |z-zK|2=1 4 z+1

2????2

=14 x+1

2+iy????2

=14 x+1 2? 2 +y2=14 ??x2+x+1

4+y2=14

On a donc bienΓ:x2+x+y2=0.

Méthode2

Γ:(x-xK)2+?y-yK?2=?1

2? 2 orxK=12etyK=0

DoncΓ:?

x+1 2? 2 +y2=14??Γ:x2+x+y2=0. b.

Solution:

z?=-1x+iy=-x-iyx2+y2

Doncz?=-x

x2+y2+yx2+y2i c.

Solution:

Mun point deΓ, distinct de O alorsx2+x+y2=0=? ×2+y2=-x?=0

On en déduit queRe?z??=-x

x2+y2=-x-x=1 Donc l"imageM?du pointMpar la fonctionfappartient à la droite d"équationx=1.

LibanPage 331 mai 2019

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

Exercice 36 points

Commun à tousles candidats

Partie A

Solution:

dest orthogonale àP doncelle est orthogonale à toutedroite de ce planet en particulier à (AC). Donc (BD)

est orthogonale (AC). (AC) est perpendiculaire à (AB) car ABC est rectangle en A.

(AC) est donc orthogonale à deux droites sécantes (BD) et (AB) du plan (BAD), on en déduit que (AC) est

orthogonale au plan (BAD). 2.

Solution:

dest perpendiculaire à P donc ABD et CBD sont rectangle en B.

ABC est rectangle en A d"après l"énoncé et on a montré dans la question précédente que (AC) est orthogo-

nale au plan (BAD) donc à tout droite de ce plan, donc en particulier (AC) est perpendiculaire à (AD) en A.

Le triangle ACD est rectangle comme le triangle ABC. Finalement, toutes ses faces étant des triangles rectangles, ABCD est bien un bicoin. 3. a.

Solution:

[CD] est l"hypoténuse de BCD, donc le côté le plus grand : CD > CB et CD > BD; [CD] est l"hypoténuse de de ACD, donc CD > CA, CD > AD.

Or [AD] est l"hypoténuse de ABD donc AD > AB et d"après le résultat précédent CD > AD > AB.

Finalement [CD] est la plus longue arête du bicoin car elle est plus longue que les cinq autres. b.

Solution:

I milieu de l"hypoténuse de BCD rectangle en D est le centre ducercle circonscrit à BCD on a alors

IB = IC = ID.

De même dans ACD rectangle en A, I milieu de l"hypoténuse [CD]est le centre du cercle circonscrit à

ACD et on a ID = IC = IA.

Finalement IA = IB = IC = ID, donc I est équidistant des quatre sommets du bicoin ABCD.

Partie B

Solution:

-→u((2 -21)) est directeur deddonc normal àP.

M(x;y;z)?P??---→AM·-→u=0

??((x-3 y-1 z+5))

·((2

-21)) =0quotesdbs_dbs45.pdfusesText_45

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Exercice 15 points

Commun à tousles candidats

Solution:

1-ln(x)?

1-ln(x)?

1-ln(x)??

1-ln(x)-2?

On a donc bien?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

Solution:

Sur ]0 ; 1] , ln(x)<0 d"où?

Solution:ON0,2≈0,5 et OP0,2≈2,6

2=0,65 unités d"aire.

Solution:?x?]0 ; 1]g?(x)=1x.

0,2est de coefficient directeurg?(0,2)=1

0,2=5. On a doncd0,2:y=5x+b

Ord0,2passe parM0,2?

0,2 ; ln(0,2)?

Finalementd0,2:y=5x-ln(5)-1

Solution:OP0,2=|ln(0,2)-1|=1+ln(5)

5x+ln(0,2)-1=0??x=1+ln(5)

5donc ON0,2=1+ln(5)5

L"aire du triangle ON0,2P0,2est donc(1+ln(5))2

10≈0,681 unités d"aire.

3.A(a) est maximale. Déterminer cette aire maximale.

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Solution:

2f?e-1?=2e-1=2e≈0,74 unités d"aire.

Exercice 24 points

Commun à tousles candidats

Solution:

Solution:

2eiπ

3= -2e-iπ

3qui n"est pas l"écriture exponentielle; or-1=eiπ; donczB?=2×eiπ×e-iπ3=

Solution:

2eiπ

3=14+i?

4doncBse situesurlecercle decentreOetderayon1

2à l"intersection de la droite d"équa-

4dans le premier cadran.

2+12i donc A?se place sans problème.

B?=-2e-iπ

3=2e2iπ3=-1+i?3

Solution:

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Solution:

0 et de rayon 1, alors OM<1

OM<1??|z|<1

Solution:On posez=x+iy

Méthode1

M(z)?Γ??MK2=1

2????2

2+iy????2

4+y2=14

On a donc bienΓ:x2+x+y2=0.

Méthode2

Γ:(x-xK)2+?y-yK?2=?1

DoncΓ:?

Solution:

Doncz?=-x

Solution:

On en déduit queRe?z??=-x

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Exercice 36 points

Commun à tousles candidats

Partie A

Solution:

Solution:

Solution:

Solution:

IB = IC = ID.

ACD et on a ID = IC = IA.

Partie B

Solution:

M(x;y;z)?P??---→AM·-→u=0

·((2