[PDF] Corrigé du baccalauréat S Polynésie spécialité septembre 2003

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?Corrigé du baccalauréat S Polynésie spécialité? septembre 2003

EXERCICE15 points

Commun à tous les candidats

1. a.On traduit la définition géométrique :

M(x;y;z)?(AB)??--→AM=t--→AB ,t?R, soit???x-8=2t y-0=3t z-8=2t?????x=8+2t y=3t z=8+2tt?R

b.Da pour vecteur directeur-→d(3 ; 2 ;-2) etΔa pour vecteur directeur-→δ(2 ; 3 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deuxdroites ne

sont pas parallèles. Si les deux droites sont coplanaires, elles sont donc sécantes en un point tel que : ?-5+3s=8+2t

1+2s=3t

-2s=8+2t?????3s-2t=10

2s-3t= -1

s= -4-t?? ?-12-3t-2t=10 -8-2t-3t= -1 s= -4-t?????- 22
5=t 7 5=t s= -4-t. ni sécantes ne sont pas coplanaires.

2. a.On a-→d·-→n=3×2+2×(-2)-2×1=6-4-2=0.

De même-→d·-→n=2×2+3×(-2)+2×1=4-6+2=0. Le vecteur-→nest normalàdeuxvecteurs non colinéaires deP:ilest donc normal à ce plan.

On sait qu"une équation dePest :

M(x;y;z)?P??2x-2y+z+d=0.

Il contientΔ, donc en particulier A.

On a donc A(8 ; 0 ; 8)?P??2×8-2×0+8+d=0??d=-24. Une équation dePest :M(x;y;z)?P??2x-2y+z+-24=0. b.On utilise les équations paramétriques deD.

Onad(M,P)=|2(-5+3s)-2(1+2s)-2s-24|

?22+22+12=|-10+6s-2-4s-2s-24|?9= 36
3=12. c.L"intersection dePavec le plan (xOy) est définie par :?2x-2y+z-24=0 z=0???2x-2y-24=0 z=0?? ?x-y-12=0 z=0 Cette droite a pour vecteur directeur (1; 1; 0) et contient par exemple le point (12; 0; 0). Une équation paramétrique de cette droite est donc : ?x=12+t y=t z=0

3.Le pointΩappartient à la perpendiculaire (d1)àPcontenant C. Cette droite

a pour équation :

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

y-1= =-2α z-6=α On cherche le pointM=Ωtel que?--→CM?=6?? ?--→CM?2=36?? (2α)2+(-2α)2+α2=36??

9α2=36??α2=4α=2 ouα=-2.

Le planPpartage l"espace en deux demi-espaces :

- celui où 2x-2y+z-24<0 et - celui où 2x-2y+z-24>0. Le point O(0; 0; 0) vérifie la première inéquation. Le pointΩdoit donc véri- fier lui aussi 2x-2y+z-24<0. Siα=2,x=10+4=14,y=1-4=-3 etz=6+2=8, donc 28+6+8-24>0, ce qui ne convient pas. Siα=-2,x=10-4=6,y=1+4=5 etz=6-2=4, donc 12-10+4-24<0 ce qui est correct.

Conclusion :Ω(6 ; 5 ; 4).

L"équation deSest obtenue en traduisant queΩM2=36??

36??x2+y2+z2-12x-10y-8z+41=0.

EXERCICE25 points

Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité

1.pétant premier et supérieur à 3, ne peut être multiple de 3, donc soit

p=3k+1, soitp=3k+2, c"est-à-direp≡1 mod 3 oup≡2 mod 3 ou en- core : p≡1 mod 3 oup≡-1 mod 3.

2.pimpair est de la formep=2k+1,k?Net donc :

p-1=2ketp+1=2k+2=2(k+1). Il en résulte que (p-1)(p+1)=p2-1=2k×2(k+1)=4k(k+1). D"autre partp2=4k2+4k+1?p2+1=4k2+4k+2=2?2k2+2k+1?. Or quel que soitk,k(k+1) est pair puisqueketk+1 sont consécutifs, donc k(k+1)=2αet finalementp4-1=16α?2k2+2k+1?. nest donc divisible par 16.

3.pest supérieur à 5, donc ne peut être multiple de 5.

Sip≡1 mod 5,p2≡1 mod 5??p2-1≡0 mod 5??p2-1??p2+1?≡0 mod 5??n≡0 mod 5. Sip≡2 mod 5,p2≡4 mod 5??p2+1≡0 mod 5??p2-1??p2+1?≡0 mod 5??n≡0 mod 5. Sip≡3 mod 5,p2≡4 mod 5??p2+1≡0 mod 5??p2-1??p2+1?≡0 mod 5??n≡0 mod 5. Sip≡4 mod 5,p2≡1 mod 5??p2-1≡0 mod 5??p2-1??p2+1?≡0 mod 5??n≡0 mod 5.

Dans tous les casnest un multiple de 5.

4. a.Question de cours classique

b.On a vu quenest multiple de 3, de 16 et de 5 qui sont premiers entre eux, doncnest multiple de 3×16×5=240.

Polynésie2septembre 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

5.On peut écrire :

D"après la question précédente chacun des nombresni=p4 i-1 est multiple de 240, donc en particulier de 15.

DoncAmultiple de 15 n"est pas premier.

PROBLÈME10points

Commun à tous les candidats

PartieA

1. a.On a pourx?=0,f(x)=3

2x2-x×xlnx+1.

On sait que lim

x→0xlnx=0, donc lim x→0f(x)=1. b.On a limx→+∞x2= +∞et limx→+∞(3-2lnx)= -∞, donc par produit des li- mites : lim x→+∞f(x)=-∞

2. a.On calcule limx→0f(x)-f(0)

x-0. f(x)-f(0) x-0=1

2x2(3-2lnx)

x=12x(3-2lnx)=32x-xlnx

Comme lim

x→0xlnx=0, limx→0f(x)-f(0) x-0=0.

Conclusionfest dérivable en 0 etf?(0)=0.

b.Pourx>0,f(x)=3

2x2-x×xlnx+1, doncfsomme de fonctions déri-

vables surR?+est dérivable surR?+et f ?(x)=x(3-2lnx)+x2

2×?

-2x? =3x-2xlnx-x=2x-2xlnx.

3.f?(x)=2x(1-lnx) qui est du signe de 1-lnx.

On af?(x)>0??1-lnx>0??lnx f ?(x)<0??1-lnx<0??lnx>lne??x>e f ?(x)=0??x=e. D"où le tableau de variations : x0 e+∞ f ?(x)+0- f 11+e2 2

4.D"après ce tableau de variations l"équationf(x)=0 n"admet qu"une solution

αsur [0 ;+∞[.

La calculatrice donnef(4,6)>0 etf(4,7)<0, donc 4,6<α<4,7. f(4,69)>0 etf(4,70)<0, donc 4,69<α<4,70.

Polynésie3septembre 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

PartieB

1.On a vu quef?(x)=2x-2xlnx, doncf?(1)=2. De plusf(1)=5

2.

Une équation deDest donc :

M(x;y)?D??y-5

2=2(x-1)??y=2x+12.

2. a.gsomme de fonctions dérivables surR+est dérivable surR+et

g ?(x)=f?(x)-2=2x-2xlnx-2.

La fonctiong?est elle aussi dérivable surR+et

g ??(x)=2-2lnx-2x×1 x=-2lnx. b.On en déduit les tableaux de variations : x0 1+∞ g ??(x)+0- g ?(x) 0 g(x)1 2 0 On en déduit que sur l"intervalle [0; 1[ la fonctiongest positive, donc la courbe est au dessus de sa tangente et par contre sur ]1 ;+∞[, la courbe est sous sa tangenteD. 3. 5 5 x O -→ıy C D

Polynésie4septembre 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

PartieC

1.On a 1?n??0<1

n?1.

On considère sur l"intervalle

?1 n; 1? les fonctions : u?(x)=x2 v(x)=lnx????? u(x)=x3 3 v ?(x)=1 x

Les fonctionsuetvsont dérivables sur?1

n; 1? et de dérivées continues sur cet intervalle. On peut donc intégrer par parties. I n=? 1 1 nx2lnxdx=?x33lnx? 1 1n-? 1 1nx

23=?x33lnx-x39?

1 1n= 1

9-13n3ln?1n?

+19n3=lnn3n3+19n3-19.

2.L"unité d"aire étant égale à 2×2=4 cm2, l"aire de la surface est égale à l"inté-

grale : A n=4? 1 1 ng(x)dx=? 1 1n?

12x2(3-2lnx)+1-2x-12?

dx= 4 1 1 n?

32x2-x2lnx-2x+12?

dx=4?x32-x33lnx+x39-x2+x2? 1 1n= 4 ?1

2+19-1+12-12n3-13n3lnn-19n3+1n2-12n?

A n=4?1

9-12n+1n2-1118n3-lnn3n3?

3.Comme limn→+∞1

n3=0, limn→+∞1n2=0 et que limn→+∞lnnn3=0, on en déduit que lim n→+∞An=4 9

L"aireencm

2delasurfacelimitée parlacourbeC,latangenteDetlesdroites

d"équationx=0 etx=1 est égale à4 9.

Polynésie5septembre 2003

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