Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 19 juin 2012 PDF Corrige_S_Antilles_G_juin

Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 19 juin 2012 EXERCICE 1 6 points

2 – Correction de l'épreuve de Physique-Chimie Exercice 1 - Du big bang d'un avion au

Annales du concours 2012 - PGE PGO

LLE ESC CONCOURS 2012 SujEtS Et CoRRigéS offiCiELS Diplôme Bac +3 ou Bac +4 français visé par le ministère de l'Éducation Quand l'industrie du médicament aura quitté la France

les sujets du bac 98, sujets corriges PDF - Examen corrige

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Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 19 juin 2012

Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 19 juin 2012 EXERCICE 1 6 points

Corrigé du baccalauréat ST2S Métropole 20 juin 2012 - APMEP

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Métropole - Juin 2012 BAC S Correction - Physiquemaths

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Antilles-Guyane19 juin 2012

EXERCICE16 points

PartieA : étude de fonction

1.Pour tout réelxon af(x)=xex×e-1+1, or (croissances comparées)

lim x→-∞xex=0, donc, par opérations sur les limites limx→-∞f(x)=1.

On en déduit que la droite d"équationy=1 est asymptote horizontale àCau voisinage de-∞.

2.On af(x)=xex×e-1+1, et, par opérations sur les limites (il n"y a aucune forme indéterminée ici) :

limx→+∞f(x)=+∞.

3.Par opérations usuelles sur les dérivées :

f ?(x)=1ex-1+x×1×ex-1=(x+1)ex-1.

4.Pour tout réelx, ex-1>0, doncf?(x) a le même signe quex+1. Orx+1?0?x?-1, on en déduit

donc le tableau de variation suivant : x-∞ -1+∞ f?-0+

1+∞

f 1-e-2

PartieB : recherched"une tangenteparticulière

1.La tangenteTaa pour équationy=f?(a)(x-a)+f(a), c"est-à-dire :

y=(a+1)ea-1(x-a)+aea-1+1.

2.Soita>0, alors :

O(0 ; 0)?Ta??0=(a+1)ea-1(-a)+aea-1+1

??0=ea-1(-a2-a+a)+1 ??1-a2ea-1=0.

3.1 est une solution de l"équation considérée car 1-12e1-1=1-1=0.

Posons, pour toutx>0,g(x)=1-x2ex-1. La fonctiongest alors dérivable sur ]0 ;+∞[ et, pour toutx>0 : g ?(x)=-2xex-1-x2ex-1=-x(2+x)ex-1. x>0, doncx+2>0 et par ailleurs ex-1>0, on en déduit queg?(x)<0 et donc quegest stricte- ment décroissante sur ]0 ;+∞[. Par ailleurs limx→0g(x)=1 et limx→+∞g(x)=-∞. On sait quegest strictement décroissante sur ]0 ;+∞[ et s"annule en 1. Donc six<1, alorsg(x)>g(1) soitg(x)>0 et de même six>1, alorsg(x)Conclusion : sur ]0 ;+∞[,g(x)=0??x=1.

4.La tangente cherchée estT1, elle a pour équationy=2(x-1)+2, c"est-à-dire

y=2x

PartieC : calcul d"aire

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

1.Voir annexe 1.

2.Posons?u?(x)=ex-1

v(x)=x, et?u(x)=ex-1 v ?(x)=1. Les fonctionsuetvsont dérivables sur [0 ; 1], les fonctionsu?etv?sont continues sur [0 ; 1], le théorème d"intégration par parties s"applique donc, et :

I=?xex-1?10-?

1 0 e.

3.Sur [0 ; 1]Cest au dessus deΔ, donc l"aireAdu domaine considéré est :

A=? 1

0?f(x)-2x?dx

0?xex-1+1-2x?dx

=I+? 1 0 (1-2x)dx(par linéarité) =I+?x-x2?10 1 e+(1-1)

Finalement :A=1

e(en unités d"aire).

EXERCICE24 points

1.Voir figure sur l"annexe 2.

2.On a :b

On en déduit :

OB

OA=????b-0a-0????

=|i|=1, d"oùOA=OB; ?--→OA;--→OB? =arg?b-0 a-0? =arg(i)=π2(2π).

Les deux points précédents permettent de conclure que le triangleOABest rectangle et isocèle enO.

3. a.L"affixe deC?est :c?=-3+i+1-2i

-3+i+2+i=-2-i-1+2i=i (calcul fait plus haut). b.On a :

M?E??z?=bet??z???=1

??z?=bet???z-a z-b??? =1 ??M?=BetAM BM=1 L"ensembleEest donc la médiatrice du segment [AB]. c.C?Ecarc?=i, donc??c???=1. De mêmeO?EcarOA=OB(le triangleOABest isocèle enO). La médiatriceEn"est donc rien d"autre que la droite (OC).

4.La rotationra pour écriture complexez?=-iz, on en déduit queJa pour affixej=-ia=2+i.

La rotationr?a pour écriture complexez?=iz, on en déduit queKa pour affixek=ic=-1-3i.

Lest milieu de [K J] doncLa pour affixe?=k+j

2=12-i.

Antilles-Guyane220 juin 2011

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

La médiane issue deOdu triangleOJKest la droite (OL) et on a--→OL?12;-1?

On a également

--→AC(-2 ;-1), donc--→AC·--→OL= -2×1

2+(-1)×(-1)=0. Ainsi (OL)?(AC), ce qui

prouve que la droite (OL) est la hauteur issue deOdu triangleOAC.

EXERCICE35 points

1.u2=1+1

2×1u1=12

u3=2+1

2×2u2=34×12=38

u4=3+1

2×3u3=46×38=14

2. a.Montrons par récurrence que, pour tout entier naturelnnon nul,un>0.

Initialisation. u1=1

2>0, la propriété est vraie au rang 1.

Hérédité.Soitnentier naturelnonnultelqueun>0,alors, commen+1

2n>0,onan+12nun>0,

c"est-à-dire u n+1>0, et la propriété est donc héréditaire.

Conclusion.La propriété est vraie au rang 1 et si elle est vraie au rangn?1, elle est vraie au

rang suivant : d"après le principe de récurrence pour tout entier naturelnnon nul :un>0. b.Soitn?N?, alorsun+1 un=n+12n=n+1n+n?1. Commeun>0 on en déduit queun+1?unet donc que la suite (un) est décroissante. c.La suite(un)est décroissante, minorée (par 0), elle est donc convergente vers une limite??0.

3. a.Soitn?N?, alors :vn+1=un+1

n+1=n+1 2nun n+1=12×1nun=12vn. La suite (vn) est donc une suite géométrique de raison 1

2et de premier termev1=u1=12.

b.Par propriété des suites géométriques, pour toutn?N?: v n=?1 2? n-1 v

1=12n, on en déduit, commevn=unn, queun=n2n.

4. a.On peut écrire, pour tout réelx?[1 ;+∞[ :f(x)=x?lnx

x-ln2? . On sait que lim x→+∞lnxx=0 (crois- sances comparées), donc, par opérations sur les limites : limx→+∞f(x)=-∞. b.Soitn?N?, alors lnun=ln?n 2n? =lnn-ln(2n)=lnn-nln2=f(n).

On en déduit que : lim

n→+∞lnun= -∞, puis, par application de la fonction exponentielle et de la limite d"une composée : lim n→+∞un=0. Remarque.On aurait pu déterminer la limite?de la suite(un)dès la question 2. c. En effet la relationun+1=n+1

2nunentraîne que, lorsquentend vers+∞,?=12?et donc que?=0.

EXERCICE45 points

Candidatsayantchoisi l"enseignementde spécialité

1. a.On a 11×4-5×6=44-30=14, donc le couple (4 ; 6) est solution de (E).

b.Soit (x;y) une solution de (E), alors 11x-5y=14=11×4-5×6, donc :

11(x-4)=5(y-6) (E")

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Baccalauréat SA. P. M. E. P.

5 divise 11(x-4) et PGCD(5 , 11)=1, donc, d"après le théorème de Gauss, 5 divisex-4, c"est-

à-dire qu"il existe un entierk?Ztel que :x-4=5k. En remplaçant dans (E")x-5 par 5kon a alors, après simplification par 5 : 11k=y-6, ce qui donne finalement (x;y)=(4+5k; 6+11k). Réciproquement, pour toutk?Zles couples (4+5k; 6+11k) sont solutions de (E) car :

11(4+5k)-5(6+11k)=44+55k-30-55k=14.

Conclusion : l"ensemble des solutions de (E) est? (4+5k; 6+11k) oùk?Z?

2. a.23=8 et 8≡1 (7) donc 23≡1 (7) et, pour toutn?N:?23?n≡1n(7), c"est-à-dire : 23n≡1 (7).

b.2011=287×7+2, donc 2011≡2 (7), par conséquent : 20112012≡22012(7).

Par ailleurs 2012=3×670+2, donc :

2011

2012≡22012(7)

≡23×670+2(7) ≡23×670×22(7) ≡1×4 (7) ≡4 (7) et comme 0?4<7, on peut conclure que le reste dans la division euclidiennede 20112012par 7 est égal à 4.

3.L"écriture complexe defest delaformez?=az+baveca=3

2(1-i)?C?etb=4-2i?C. Ils"agitdonc

d"une similitude directe. Notonskson rapport,αson angle etΩd"affixeωson centre. Alors :

k=|a|=????3

2(1-i)????

=3? 2 2;

α=arg(a)=arg?3

2? +arg(1-i)=0-π4=-π4(modulo 2π);

ωest donné par :

ω=b

1-a 4-2i

1-32+32i

4-2i -12+32i 8-4i -1+3i (8-4i)(-1-3i) (-1)2+(-3)2 -8-24i+4i-12 10 = -2-2i.

4.AvecA=12, la boucle "tant que» de l"algorithme est répétée 3 fois (car?

12?3,4) :

NA/NEnt(A/N)A/N-Ent(A/N)?=0Affichage

quotesdbs_dbs20.pdfusesText_26

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Bac 2012 – Correction de lépreuve de Physique-Chimie

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Antilles-Guyane19 juin 2012

EXERCICE16 points

PartieA : étude de fonction

1.Pour tout réelxon af(x)=xex×e-1+1, or (croissances comparées)

2.On af(x)=xex×e-1+1, et, par opérations sur les limites (il n"y a aucune forme indéterminée ici) :

3.Par opérations usuelles sur les dérivées :

4.Pour tout réelx, ex-1>0, doncf?(x) a le même signe quex+1. Orx+1?0?x?-1, on en déduit

1+∞

PartieB : recherched"une tangenteparticulière

1.La tangenteTaa pour équationy=f?(a)(x-a)+f(a), c"est-à-dire :

2.Soita>0, alors :

O(0 ; 0)?Ta??0=(a+1)ea-1(-a)+aea-1+1

3.1 est une solution de l"équation considérée car 1-12e1-1=1-1=0.

4.La tangente cherchée estT1, elle a pour équationy=2(x-1)+2, c"est-à-dire

PartieC : calcul d"aire

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

1.Voir annexe 1.

2.Posons?u?(x)=ex-1

I=?xex-1?10-?

3.Sur [0 ; 1]Cest au dessus deΔ, donc l"aireAdu domaine considéré est :

0?f(x)-2x?dx

0?xex-1+1-2x?dx

Finalement :A=1

EXERCICE24 points

1.Voir figure sur l"annexe 2.

2.On a :b

On en déduit :

OB

OA=????b-0a-0????

3. a.L"affixe deC?est :c?=-3+i+1-2i

M?E??z?=bet??z???=1

4.La rotationra pour écriture complexez?=-iz, on en déduit queJa pour affixej=-ia=2+i.

Lest milieu de [K J] doncLa pour affixe?=k+j

2=12-i.

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Baccalauréat SA. P. M. E. P.

On a également

2+(-1)×(-1)=0. Ainsi (OL)?(AC), ce qui

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1.u2=1+1

2×1u1=12

u3=2+1

2×2u2=34×12=38

u4=3+1

2×3u3=46×38=14

2. a.Montrons par récurrence que, pour tout entier naturelnnon nul,un>0.

Initialisation. u1=1

2>0, la propriété est vraie au rang 1.

2n>0,onan+12nun>0,

3. a.Soitn?N?, alors :vn+1=un+1

2et de premier termev1=u1=12.

1=12n, on en déduit, commevn=unn, queun=n2n.

4. a.On peut écrire, pour tout réelx?[1 ;+∞[ :f(x)=x?lnx

On en déduit que : lim

2nunentraîne que, lorsquentend vers+∞,?=12?et donc que?=0.

EXERCICE45 points

1. a.On a 11×4-5×6=44-30=14, donc le couple (4 ; 6) est solution de (E).

11(x-4)=5(y-6) (E")

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5 divise 11(x-4) et PGCD(5 , 11)=1, donc, d"après le théorème de Gauss, 5 divisex-4, c"est-

11(4+5k)-5(6+11k)=44+55k-30-55k=14.

2. a.23=8 et 8≡1 (7) donc 23≡1 (7) et, pour toutn?N:?23?n≡1n(7), c"est-à-dire : 23n≡1 (7).

Par ailleurs 2012=3×670+2, donc :

2012≡22012(7)

3.L"écriture complexe defest delaformez?=az+baveca=3

2(1-i)?C?etb=4-2i?C. Ils"agitdonc

k=|a|=????3

2(1-i)????

α=arg(a)=arg?3

ωest donné par :

ω=b

1-32+32i

3.1 est une solution de l"équation considérée car 1-12e1-1=1-1=0.

OB

4.La rotationra pour écriture complexez?=-iz, on en déduit queJa pour affixej=-ia=2+i.

Lest milieu de [K J] doncLa pour affixe?=k+j

1.u2=1+1

u3=2+1

u4=3+1

Initialisation. u1=1

k=|a|=????3

α=arg(a)=arg?3

ωest donné par :