? du baccalauréat S Métropole La Réunion septembre 2009 EXERCICE 1 (6 points) Commun
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Correction du sujet bac ES France juin 2009 - APMEP
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Métropole 23 juin 2009 - APMEP
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Corrigé du baccalauréat S Métropole & La - Exos2Math
? du baccalauréat S Métropole La Réunion septembre 2009 EXERCICE 1 (6 points) Commun
EPREUVE : MATHS BAC 2009 VILLE/PAYS : France
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?Corrigé du baccalauréatS Métropole & La Réunion? septembre 2009
EXERCICE 1(6 points)
Commun à tous les candidats
PARTIE A
1. Quel que soit le réelx,x2?0?x2+4?4?ln?x2+4?existe.
La fonctionfest la composée de la fonctionx?-→x2+4, dérivable surRà valeurs dans ]4 ;+∞[ et de la
fonctionx?-→lnxqui est dérivable sur ]4 ;+∞[. La fonctionfest donc dérivable sur ]0 ;+∞[.
Comme (ln◦u(x))?=u?(x) u(x), avecu(x)=x2+4 on obtientf?(x)=2xx2+4quel que soitx?[0 ;+∞[.Le numérateur et le dénominateur étant positifs, le quotient est positif, donc la fonctionfest croissante
sur [0 ;+∞[. La dérivée n"étant nulle qu"en 0, on peut affirmer que la fonctionfest strictement croissante
sur [0 ;+∞[.2. (a) La fonctiongest dérivable etg?(x)=f?(x)-1=2x
x2+4-1=-x2+2x-4x2+4. Le signe deg?(x) est donc celui du trinôme-x2+2x-4. Son discriminantΔ=4-16=-12 doncg?(x) est du signe du coefficient dex2donc négatif pour tout x?[0 ;+∞[. La fonctiongest donc décroissante sur [0 ;+∞[. (b)la fonctiongest continue, car dérivable sur [2 ; 3];gest décroissante sur [2 ; 3];
g(2)=ln8-2≈0,07>0 etg(3)=ln13-3≈-0,4<0; Il existe donc un réel uniqueα?[2 ; 3] tel queg(α)=0. On trouve de même queg(2,1)≈0,03 etg(2,2)≈-0,03. Donc 2,1<α<2,2.Enfing(2,15)≈0,004 etg(2,16)≈-0,006.
Conclusionα≈2,2 à 0,1 près.
(c) On ag(x)=0??f(x)-x=0??f(x)=x. Les deux équations sont équivalentes donc ont les mêmes solutions, en l"occurence il existe un réel uniqueαtel quef(α)=α.PARTIE B
1. En résumé : verticalement versC, horizontalementversΔ. Cf. la figure à la fin.
2. Cf. la figure à la fin.
3. (a) Démonstrationpar récurrence :
- Initialisation: on a bien 1?u0?αpuisqueu0=1; - Hérédité : supposons qu"il existen?Ntel que :1?un?α. Par croissance de la fonctionf, on a :
f(1)?f(un)?f(α)??ln5?un+1?α. Comme 1La propositionest vraie au rang 0 et héréditaireà partir de 0, elle est donc vraie pour tout naturel.
(b) On démontre facilement (u0?u1, puisun?un+1?un+1?un+2) que la suite(un)est croissante. Comme elle est majorée parαd"après la question précédente, elle converge vers??α.Baccalauréat S
(c) Or la fonctionfest continue donc en particulier en?, on af(un)=un+1?f(?)=?(par limite en plus l"infini). On sait que la seule solution de cette équation estα.Conclusion : lim
n→+∞un=α.EXERCICE 2 :
(5 points)Commun à tous les candidats
1.Pa pour vecteur normal-→n(1 ; 1 ; 0);
P?apourvecteurnormal-→n?(0 ; 1; 1):cesvecteursn"étantpascolinéaires,lesplansnesontpasparallèles;
leur intersectionest donc une droiteDdont tous les points de coordonnées (x;y;z) vérifient : ?x+y-1=0 y+z-2=0???x=1-y z=2-y?????x=1-y z=2-y y=t(t?R)???x=1-t z=2-t y=t(t?R) qui est une représentationparamétriquede la droiteD.2. (a) La droiteDcontient le point (1 ; 0 ; 2) et a pour vecteur directeur-→u(-1 ; 1 ;-1) et ce vecteur est
normal au planR. Une équation de ce plan est donc :M(x;y;z)?R?? -x+y-z=0??x-y+z=0.(b)RetDétant perpendiculaires sont sécants en un point dont les coordonnées vérifient les équations
deDet deRsoit :???????x=1-t z=2-t y=t z=2-t y=t z=2-t y=t y=1 z=1 1=tConclusion : I(0; 1; 1)
3. (a) A?R?? -1
2-0+-12=0 qui est vrai;
B?R??1-1+0=0 qui est vrai.
(b) I étant le milieu de [AA ?] et [BB?], le quadrilatère ABA?B?est un est un parallélogramme.D"autre part :
IA? -12;-1 ;-12?
et-→IB(1 ; 0 ;-1). DoncIA·-→IB=-1
2+12=0.
Le parallélogrammea ses diagonales perpendiculaires: c"est un losange (c) Le point S correspond bien au point deDde paramètre-1 (d) A, B, I, A ?et B?sont des points deRet I et S appartiennent à la droiteD, donc la droite (IS) estla hauteur issue de S de la pyramide L"aire du losange est égale au quadruple de l"aire du triangle
rectangle IAB. On a IA =? ?1 2? 2 +1+?12? 2 6 4=? 62; IB =?1+1=?2.
Donc aire (ABA
?"B?) = 4×12×?
62×?2=?12.
La hauteur :
IS (2 ;-2 ; 2), d"où IS =?
4+4+4=?12.
FinalementV=1
3×?12×?12=13×12=4.
EXERCICE 3 :
(4 points)Commun à tous les candidats
PARTIE A
Métropole & La RéunionPage 2/??septembre 2009Baccalauréat S
1.fest dérivable surRetf?(x)=ex.
L"équation de la tangente au point d"abscisseaesty-f(a)=f?(a)(x-a)??y-ea=ea(x-a). Elle coupe l"axe des abscisses au point d"ordonnée 0; donc 0-ea=ea(x-a)?? -1=x-a??x=a-1 (car e a?=0. On a doncP(a-1 ; 0).2. On aM?a; ea?etN(a; 0).
D"ou --→NP(-1 ; 0) ce qui signifie que--→NP=--→ı.PARTIE B
121 2-1O
-→i-→ j Cg M N?P xy1. L"équation de la tangente est :y-g(a)=g?(a)(x-a). Le pointPd"ordonnée nulle est tel que 0-g(a)=
g ?(a)(x-a)??x-a=-g(a) g?(a)??x=a-g(a)g?(a). (carg?(a)?=0)2. On aP?
a-g(a) g?(a); 0? etN(a; 0), d"où--→NP? -g(a)g?(a); 0? Donc --→NP=-→ı?? -g(a) g?(a)=1?? -g(a)=g?(a).Lafonctiongest unesolutiondel"équationdifférentielley?=-y;onsaitquelessoltionsdecetteéquation
sont de la formey=Ce-x. Avec la condition initialey(0)=2, on obtient 2=Ce-0??C=2.Conclusion : il existe bien une seule fonction vérifiant les deux conditions données, c"est la fonctiong
définie surRparg(x)=2e-x.EXERCICE 4 :
(5 points) Candidats n"ayant pas suivil"enseignement de spécialité1. (a) F
1désigne l"évènement : "le pneu provient du fournisseur 1».
D désigne l"évenemnt : "le pneu présente un défaut».On a l"arbre suivant :
Métropole & La RéunionPage 3/??septembre 2009Baccalauréat S
F1 0,3 D0,8 D 0,2 F 20,4D0,95
D 0,05 F 30,3D0,85
D 0,15 D"après le théorème des probabilitéstotales : p? D? =p? F1∩D?
+p? F2∩D?
+p? F3∩D?
soit p D? =0,3×0,8+0,4×0,95+0,3×0,85=0,24+0,38+0,255=0,875. On apD(F2)=p?D∩F2?
p(F2)=0,4×0,95
0,875=0,380,875≈0,434.
2. La variable aléatoire donnant le nombre de pneus ayant un défaut suit une loi binomiale de probabilité
1-0,875=0,125 avecn=10.
La probabilitécherchée est donc égale à : p(D?1)=p(D=0)+p(D=1)=0,1250×0,87510+? 10 1?0,6388≈0,639 au millièmeprès
3. (a) On ap(500?X?1000)=?
10000
λe-λxdx-?
5000
λe-λxdx=?
1000500
λe-λxdx=?
e-λx?1000500= -e-1000λ- e-500λ? =e-500λ-e-1000λ. (b) On a doncp(500?X?1000)=14??e-500λ-e-1000λ=14??e-500λ-?
e-500λ?2-14=0. En posantx=e-500λ, l"équation à résoudre s"écritx-x2-14=0??x2-x+14=0???
x-12? 20??x-1
2=0??x=12. Il reste à résoudre :
e -500λ=12soit d"après la croissance de la fonction ln,-500λ=ln?12?
?? -500λ= -ln2??λ= ln2500≈0,00138≈0,0014.
EXERCICE 4 :
(5 points) Pourles candidats ayant suivil"enseignement de spécialité1. (a) 2009=11×182+7. Le reste est donc égal à 7.
(b) On a 25=32=11×2+10, donc 25≡10 mod 11, ou 25≡-1 mod 11 donc?25?2≡(-1)2mod 11??
210≡1 mod11.
Le reste dans la division euclidienne de 2
10par 11 est égal à 1.
(c) On a 2 Or 210≡1 mod 11, donc?210?100≡1100mod 11;
Métropole & La RéunionPage 4/??septembre 2009Baccalauréat S
D"autre part 29=25×24. On a vu que 25≡ -1 mod11 et 24=16≡5mod11, donc par produit 29= 25×24≡-5 mod 11.
Finalement 2
2009≡1×(-5) mod 11 ou 22009≡ -5 mod 11 et comme 2009≡7 mod 11, par somme
on obtient fibnalement : 22009+2009≡-5+7 mod 11 ou encore 22009+2009≡2 mod 11.
Le reste dans la division euclidienne de 2
2009+2009 par 11 est égal à 2.
2. (a)An+1=2n+1+p.
Tout diviseur deAnetAn+1divise leur différence 2n+1+p-?2n+p?=2n+1-2n=2n(2-1)=2n.En particulierdndivise 2n.
(b)nétant supérieur à zéro, 2nest pair, doncAn=2n+pa la même parité quep. (c) D"après la question précédenteAnetAn+1ont la parité dep. Donc sipest pairAnetAn+1et par conséquent leur P. G. C. D. le sont aussi;sipest impairAnetAn+1et par conséquentleur P.G. C. D. lesontaussi;D"après lerésultatprécédent
A2009etA2010sont impairs car 2009 l"est et leur P. G. C. D. l"est aussi.
Or on a vu que ce P. G. C. D.,dndivisait 2n. Or tous les diviseurs de 2nsont pairs sauf 1 seul diviseur
impair.