31 mai 2011 · Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1 a Plusieurs méthodes : −−→ AB(−4
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[PDF] Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011 - APMEP
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?Corrigé du baccalauréat S Liban31 mai 2011?
EXERCICE15 points
Commun à tous lescandidats
1. a.Plusieurs méthodes :--→AB(-4 ;-4 ; 4) et--→AC(-1 ;-4 ;-2) : ces deux vecteurs ne sont pas coli-
néaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés. Ils constituent le plan (ABC). b.On a-→n·--→AB=-8+4+4=0 et-→n·--→AC=-2+4+-2=0. Donc-→nest normal à deux vecteurs du plan (ABC) est donc un vecteur normal à ce plan.2.Le plan (P) a pour vecteur normal-→p(1 ; 1 ;-1).
Or-→n·-→p=2-1-1=0. Les vecteurs normaux aux deux plans sont orthogonaux, doncles plans (ABC)
et (P) sont perpendiculaires.3. a.Par définition puisque 1-1+2=2?=0, le barycentre G existe et vérifie :
--→OG=1 2? --→OA---→OB+2--→OC? , ce qui se traduit pour les coordonnées (x;y;z) de G par : ?x=12(1+3+0)
y=12(2+2-4)
z=12(-1-3-6)?????x=2
y=0 z= -5On a bien G(2 ; 0 ;-5).
b.--→CG(2 ; 2 ;-2)=2-→p,-→pétant un vecteur normal au plan (P). Donc la droite (CG) est orthogonale
au plan (P). y+2=2t z+3= -2t?? ?x=2t y= -2+2t z= -3-2td.Les coordonnées de H vérifient l"équation paramétrique de ladroite (CG) et l"équation du plan
(P) donc le système :???????x=2t y= -2+2t z= -3-2t y= -2+2t z= -3-2t2t-2+2t+3+2t+2=0
?x=2t y= -2+2t z= -3-2t y= -2+2t z= -3-2t t= -12soit en reportant dans les trois premières
équations :
x=-1,y=-3 etz=-2. Donc H(-1 ;-3 ;-2).4.En faisant intervenir grâce à la la relation de Chasles le barycentre G, on a :???--→MA---→MB+2--→MC???
=12?? --→GA---→GB+2--→GC? -→0+2---→MG?=12??2GM=12??GM=6 : cette égalité signifie queMappartientà la sphère de centre G et de rayon 6.
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
5.Calculons la distance de G centre de la sphère au plan (P) :
d(G ; (P))=|2-0+5+2| ?12+12+12=9?3=3?3≈5,2<6 rayonde la sphère, ce qui montre la sphère et le plansont sécants en un cercle dont le centre est le projeté de G surle plan qui n"est autre que H puisqu"on
a vu que la droite (CG) est orthogonale au plan (P) et que H est le point commun à (P) et à la droite
(CG). Le rayonrdu cercle vérifie l"égalité de Pythagore :r2+?3?3?2=62??r2=36-27=9?r=3.
Le cercle de centre H et de rayon 3 est commun à la sphère et au plan (P).EXERCICE23 points
Commun à tous lescandidats
1.On a l"arbre de probabilité suivant :
M 1 7 10B 4 10 N 6 10 M 2 3 10B 2 10 N 8 10 a.On ap(M2)×pM2(N)=310×810=24100=625. Réponse D.
b.On ap(N)=p(M1)×pM1(N)+p(M2)×pM2(N)=710×610+310×810=42100+24100=66100=3350. Réponse
B. c.Il faut trouverpN(M2)=p(N∩M2 p(N)=6 2533
50=
6
25×5033=411. Réponse A.
2. a.Le nombre de tirages favorables est?43?=4 (tirage de 3 boules jaunes) et?33?=1 (tirage de 3 boules
bleues).La probabilité est donc égale à :?
43?+?33?
?93? =4+19!3!6!=53×4×7=584. Réponse C.
b.Il y a 4×2×3 cas favorables. La probabilité cherchée est donc égale à :4×2×3
9!3!6!=243×4×7=27. Réponse A.
c.La probabilité de tirer 3 boules jaunes est égale à4 9!3!6!=43×4×7=121. Donc la probabilité de ne
pas avoir un tirage de 3 boules jaunes est égale à 20 21.La probabilité de ne pas avoir de tirage de 3 boules jaunes enntirages est donc égale à?20 21?
n . La
probabilité de l"évènement contraire "obtenir au moins unefois trois boules jaunes» est égale à
1-?20 21?n
Il faut donc résoudre l"inéquation :
1-?20 21?n ?0,99???2021? n ?0,01??nln?2021? ?ln0,01??
Liban231 mai 2011
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
car ln?20 21?<0? n?ln0,01ln?2021? . Orln0,01ln?2021? ≈94,4. Il faut donc réaliser au moins 95 expériences. Réponse C.
EXERCICE35 points
Candidatsayantsuivi l"enseignementobligatoire
Partie A : Restitution organiséede connaissancesDémonstration classique.
PartieB
1.On a|zA|2=1+1=2?|zA|=?
2. En factorisant ce module :
z A=? 2? ?2 2-i? 2 2? =?2?cos-π4+isin-π4?=?2e-π4. Le module est égal à?2 et un argument est 4. 2. a. zB zA=2+? 3+i1-i=?2+?
3+i?(1+i
(1-i)(1+i)=2+?3-1+i?2+?3+1?
1+1= 1+?3+i?3+?3?
2=1+? 32+i3+?
3 2. b.Calculons le module :????z B zA???? 2 =?1+? 3?24+?3+?
3?24=1+3+2?
3+9+3+6?3
4=16+8?
34=4+2?3.
Or 4+2?
3=1+3+2×1×?3=?1+?3?2. Donc????z
BzA????
=1+?3.En factorisant ce module on obtient :
z B zA=?1+?3??12+i123+?
3 1+?3? =?1+?3??12+i12?
3+?3??1-?3??1+?3??1-?3??
1+? 3??12+i12?
3-3+?3-3?3?
1-3? =?1+?3?? 12+i? 3 2? c.On a donczB=?1+? =?2?1+?3?eiπ12.3. a.Par définition, tout pointMd"affixeza pour image le pointM?d"affixez?tel quez?=ze-iπ
6. Donc en utilisant l"écriture exponentielle dezB, on a z B1=? b.Onconstate quezB1= zBcequi signifie géométriquement que B1estle symétrique dupoint Bpar rapport à l"axe?O ;-→u?
a.Oapour image parlarotationlepoint Oquiapour symétrique par rapportàl"axe?O ;-→u?
lepointO : le point O est donc invariant.
B a pour image par la rotation le point B
1qui a pour symétrique par rapport à l"axe?
O ;-→u?
le point B : le point B est lui aussi invariant.Liban331 mai 2011
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
b.Md"affixeρeiθa pour image par la rotation le pointM1d"affixeρeiθ×e-iπ
6=ρei?θ-π6?
O ;-→u?
lepointdemêmemodulemaisd"argument opposé soitzM?=ρei?π6-θ?
On a doncM=M???ρeiθ=ρei?π
6-θ?
??θ=π6-θmod 2π??2θ=π6mod 2π??θ=π12modπ. c.L"ensemble (E) est donc la droite privée de O contenant tous les points d"argumentπ12, donc en
particulier le point B; mais on a vu que O était invariant donc(E) est la droite (OB).EXERCICE35 points
Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité Partie A : Restitution organiséede connaissancesPartieB
1.Par définitionsikest lerapportdelasimilitude, alors CB=kDC. Or puisque ABCest rectangleisocèle
en A, CB = CA?2 = CD?2. Le rapport de la similitude est donc égal à?2.
L"angle est égal à?--→DC ;--→CB?
4. 2. a.·?--→ΩC---→ΩD?
Le rapport de la similitude étant de
2, on aΩC=ΩD?2, etΩC2=2ΩD2.
D"où DC
2=2ΩD2+ΩD2-2×ΩD×?
2×ΩD×cos?--→ΩC ;--→ΩD?
=3ΩD2-2?2×ΩD2×?2 2=3ΩD2-2ΩD2=ΩD2.
b.La dernière égalité montre que DC=ΩD, c"est-à-dire que le triangleΩCD est isocèle en D. Mais
comme l"angle enΩmesureπ