Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud 21/11/2013
2 3 +1) Or ln 2 > 0 donc Amérique du Sud 4 21 novembre 2013 Page 5 Corrigé du
Amérique du Sud novembre 2013 - APMEP
IMG › pdf PDF
Amérique du sud Novembre 2013 Enseignement spécifique
ue du sud Novembre 2013 Enseignement spécifique EXERCICE 1 Partie A 1) Soit x un réel
SMARTCOURS
?? PHYSIQUE-CHIMIE – Corrigé Amérique du Sud 2013 - ANNALES SMARTCOURS
Bac S – Sujet dAmérique du Sud 2013 1ère PARTIE : (8 points
?? Sujet d'Amérique du Sud 2013 1ère PARTIE : (8 points) Le domaine continental et sa
Amérique du Sud Novembre 2013 DNB Correction - maths
ue du Sud Novembre 2013 DNB Correction Venez retrouver les sujets et corrigés du brevet et
Le son : de sa numérisation à la lecture dun CD - Physique
– Amérique du Sud - novembre 2013) Corrigé réalisé par B Louchart, professeur de Physique-
[PDF] amérique du sud novembre 2011 maths corrigé
[PDF] amerique du sud novembre 2013 es
[PDF] amérique du sud novembre 2013 maths corrigé brevet
[PDF] amerique du sud novembre 2015
[PDF] amerique nord 2015 bac's svt corrige
[PDF] ametice aix marseille
[PDF] amharic
[PDF] amideast english levels
[PDF] amideast levels
[PDF] amideast niveau 4
[PDF] amideast test
[PDF] amideast tunis inscription 2016
[PDF] ammi chimie pdf
[PDF] amor youssef sciences physiques
A. P. M. E. P.
?Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud?21/11/2013
Exercice16 points
Commun à tous lescandidats
PartieA
Soitfla fonction définie surRparf(x)=xe1-x.
1.e1-x=e×e-x=e
exdoncf(x)=e×xex.2.limx→-∞1-x=+∞donc limx→-∞e1-x=+∞(par composition).
lim x→-∞x=-∞ lim x→-∞e1-x=+∞? =?limx→-∞xe1-x=-∞(par produit); limx→-∞f(x)=-∞.3.On sait que limx→+∞e
x x=+∞donc limx→+∞xex=0 donc limx→+∞exex=0.On a donc lim
x→+∞f(x)=0 ce qui veut dire que la courbe représentant la fonctionfadmet la droite d"équationy=0 comme asymptote horizontale en+∞.4.La fonctionfest dérivable surRetf?(x)=1×e1-x+x(-1)e1-x=e1-x(1-x)
5.Pour tout réelx, e1-x>0 doncf?(x)est du signe de 1-x.
f (1)=1e0=1, d"où le tableau de variation de la fonctionf: x-∞1+∞1-x+++0---
f?(x)+++0--- 1 f(x) -∞0PartieB
Pour tout entier naturelnnon nul, on considère les fonctionsgnethndéfinies surRpar : g 1. (1-x)gn(x)=(1-x)?1+x+x2+···+xn? =1+x+x2+x3+···+xn -x-x2-x3-···-xn-xn+1=1-xn+1 On obtient alors, pour tout réelx?=1:gn(x)=1-xn+1 1-x.2.Pour toutx,gn(x)=1+x+x2+···+xndoncg?n(x)=0+1+2x+···+nxn-1=hn(x).
Or, pour tout réelx?=1,gn(x)=1-xn+1
1-x; g nest une fonction rationnelle de typeu vdont la dérivée estu?v-uv?v2:Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
-(n+1)xn+nxn+1+xn+1+1-xn+1 (1-x)2=nxn+1-(n+1)xn+1(1-x)23.SoitSn=f(1)+f(2)+...+f(n), oùf(x)=xe1-x.
SOrhn(x)=nxn+1-(n+1)xn+1
S n=n en+1-n+1en+1? 1-1 e? 2On sait que lim
x→+∞e x x=+∞donc limx→+∞xex=0 donc limn→+∞nen=0 et limn→+∞n+1en+1=0.De plus, lim
x→+∞x x+1=1 et limx→+∞x+1x=1 comme limites en+∞de fonctions rationnelles, donc lim n→+∞n n+1=1 et limn→+∞n+1n=1. n en+1=nn+1×n+1en+1; donc par produit, limn→+∞n+1n×n+1en+1=1×0=0. n+1 en=n+1n×nen; donc par produit, limn→+∞n+1n×nen=1×0=0.Donc lim
n→+∞Sn=1 1-1 e? 2=e2 (e-1)2.Exercice24 points
Commun à tous lescandidats
1.Dans le repère donné, A a pour coordonnées(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0)et E(0,0,1).-→AF=--→AB+-→AE donc le point F a pour coordonnées(1,0,1).
La droite
(FD)a pour vecteur directeur--→DF de coordonnées(1,-1,1); de plus elle passe par le point D (0,1,0).La droite
(FD)a pour représentation paramétrique :???x=t y=1-toùt?R z=t2.Soit-→nle vecteur de coordonnées(1,-1,1). Ce vecteur est un vecteur normal au plan(BGE)s"il est
orthogonal aux deux vecteurs-→EB et--→EG directeurs du plan(BGE).-→EB a pour coordonnées(1,0,-1);-→n.-→EB=1×1+(-1)×0+1×(-1)=0 donc-→n?-→EB.--→EG=--→AC=--→AB+--→AD a pour coordonnées(1,1,0);-→n.--→BG=1×1+(-1)×1+1×0=0 donc-→n?--→EG.
Donc le vecteur-→n(1,-1,1)est normal au plan(BGE).Le plan
(BGE)a pour vecteur normal-→net passe par le point B; c"est l"ensemble des points M?x,y,z? tels que-→n?--→BM.--→BM a pour coordonnées?x-1,y,z?;-→n?--→BM??1×(x-1)+(-1)×y+1×z=0??x-y+z-1=0.
L"équation cartésienne du plan
(BGE)estx-y+z-1=0.Amérique du Sud221 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
3.Le vecteur--→DF est égal au vecteur-→nqui est normal au plan(BGE)donc la droite(FD)est perpendi-
culaire au plan (BGE). Les coordonnées?x,y,z?du point d"intersection de la droite(FD)et du plan(BGE)sont solutions du système : ?x=t y=1-t z=t y=1-t z=t y=1-t z=t 3 y=1 3 z=2 3 t=2 3Donc la droite
(FD)est perpendiculaire au plan(BGE)au point K de coordonnées?23,13,23?
4.Lessegments [BE],[EG]et[BG]sonttousles troisdesdiagonalesdecarrésdecôtés1;doncBE=EG=
BG=?2. Le triangle BEG est équilatéral de côté?2.
SoitHle milieu de [EG]; ce point est aussi le pied de la hauteur issue de B dans le triangle équilatéral
BGE de côtéa=?
2. Dans un triangle équilatéral de côtéa, la hauteur est égale àa? 32(relations dans un triangle rec-
tangle); donc dans le triangle équilatéral BEG, la hauteur BH=?2×?3
2=? 6 2.L"aire du triangle BEG vaut
EG×BH
2=?2×?6
2 2=? 12 4=2? 3 4=? 3 2.5.Le volume d"un tétraèdre estaire de la base×hauteur
3. D"après les questions précédentes, le volume du tétraèdre BEGD estaire(BEG)×KD 3.Dans le repère orthonormé
A ;--→AB,--→AD,-→AE?
KD2=(xD-xK)2+?yD-yK?2+(zD-zK)2=?
0-2 3? 2 1-13? 2 0-23? 2 =49+49+49=129donc KD=? 12 9=?12?9=2?
3 3.Le volume du tétraèdre est donc :
32×2?
3 3 3=13.Exercice35 points
Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct.On considère l"équation (E):z2-2z?
3+4=0.
1.On résout l"équation (E) :z2-2z?
3+4=0;Δ=?-2?3?2-4×1×4=12-16=-4.
L"équation admet donc deux solutions complexes conjuguées: z ?=-?-2?3?+i?4
2=2? 3+2i2=?3+i etz??=?3-i.
2.On considère la suite(Mn)des points d"affixeszn=2nei(-1)nπ
6, définie pourn?1.
a.z1=21ei(-1)1π6=2ei-π6=2?
cos-π6+i sin-π6? =2? 3 2+i? -12? =?3-i=z??Doncz1est solution de l"équation (E).
Amérique du Sud321 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
b.z2=22ei(-1)2π6=4eiπ6=4? cosπ6+i sinπ6? =4? 32+i12?
=2?3+2i z3=23ei(-1)3π
6=8ei-π6=8?
cos-π6+i sin-π6? =8? 3 2+i? -12? =4?3-4i c. |z1|=2 donc le pointM1d"affixez1est situé sur le cercle de centre O et de rayon 2; de plus, la partie imaginaire dez1est-1 donc le pointM1est situé sur la droite d"équationy=-1. Pour placer le pointM2, on utilise le fait que|z2|=4 et que Im(z2)=2. Pour placer le pointM3, on utilise le fait que|z3|=8 et que Im(z3)=-4. z4=24ei(-1)4π
6=16eiπ6; pour placer le pointM4, on utilise le fait que|z4|=16; de plus arg(z4)=π
6=arg(z2)donc les points O,M2etM4sont alignés doncM4?(OM2).
Voir la figure en annexe.
Sin?1 etnpair,(-1)n=+1, donc ei(-1)nπ
6=eiπ6=?3
2+i2=?
32+(-1)ni2.
Donc sin?1 pair,zn=2nei(-1)nπ
6=2n? ?32+(-1)ni2?
Sinimpair,(-1)n=-1, donc ei(-1)nπ
6=ei-π6=?3
2-i2=?
32+(-1)ni2.
Donc sinimpair,zn=2nei(-1)nπ
6=2n? ?32+(-1)ni2?
Donc pour tout entiern?1,zn=2n?
32+(-1)ni2?
3.4.M1M2=|z2-z1|=??2?
3+2i-??3-i???=??2?3+2i-?3+i??=???3+3i??
??3?2+32=?3+9=?12=2?3 M2M3=|z3-z2|=??4?
?2?3?2+(-6)2=?12+36=?48=4?3=22?3 Pour la suite de l"exercice, on admet que, pour tout entiern?1,MnMn+1=2n? 3.5.On note?n=M1M2+M2M3+···+MnMn+1.
a.D"après la question 4,?n=2?La suite
(2n)définie pourn?1 est géométrique de raisonq=2 et de premier terme 21=2; la somme S de ses premiers termes consécutifs est donnée par la formule :S=premier terme×1-raisonnombre de termes
1-raison
donc 2+22+···2n=2×1-2n1-2=2×2n-12-1=2(2n-1)
n=?2+22+···+2n??3=2?3(2n-1)
b.?n?1000??2? La fonction ln est strictement croissante sur ]0,+∞[, donc n?1000??ln(2n)?ln?10002?3+1?
??nln2?ln?10002?3+1?Or ln2>0 donc
Amérique du Sud421 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
?n?1000??n?ln?10002?3+1? ln2??n?8,18.Le plus petit entierntel que?n?1000 est 9.
On peut vérifier que?8=510?
3≈883<1000 et?9=1022?3≈1770>1000.
Amérique du Sud521 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
ANNEXE
À rendreavecla copie
Exercice3 : Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité -2 -4 -6 -82 4682 4 6 8 10 12 14 16
O M1-1 M2 M3 M4Amérique du Sud621 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
Exercice35 points
Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité1.D"après la formule des probabilités totales :
aSi, après lan-ième navigation, l"internaute est sur la page no1 (évènementAn), il ne reste pas sur
cette page doncPAn(An+1)=0.Si, après lan-ième navigation, l"internaute est sur la page no2 (évènementBn), il ira sur la page no1
avec une probabilité de 12doncPBn(An+1)=12.
Si, après lan-ième navigation, l"internaute est sur la page no3 (évènementCn), il ira sur la page no1
avec une probabilité de 12doncPCn(An+1)=12.
De plusP(An)=an,P(Bn)=bnetP(Cn)=cn.
Doncan+1=an×0+bn×1
2+cn×12=12bn+12cn
On aurait pu aussi construire un arbre pondéré pour représenter la situation.On admet que, de même,bn+1=1
4an+14bn+14cnetcn+1=34an+14bn+14cn.
2.D"après la question précédente :
?a n+1=0×an+12bn+12cn
b n+1=14an+14bn+14cn
c n+1=34an+14bn+14cn??(((((((((a
n+1 b n+1 c n+1))))))))) =(((((((((0 1 2121 41414
3
41414)))))))))
a n b n c n)))))))))Donc en prenantM=(((((((((0
1 2121 41414
3
41414)))))))))
on aUn+1=MUn.SoitPnla propriétéUn=MnU0.
• Pourn=0,M0U0=U0carM0est la matrice identité((1 0 00 1 00 0 1))Donc la propriété est vraie au rang 0.
• On suppose que la propriété est vraie au rangpquelconque avecp?0, c"est-à-direUp=MpU0.
On sait que, pour tout entier natureln,Un+1=MUndoncUp+1=MUp. Or, d"après l"hypothèse de récurrence,Up=MpU0, doncup+1=M×MpU0=Mp+1U0.Donc la propriété est vraie au rangp+1.
• La propriété est vraie au rang 0; elle est héréditaire, doncelle est pour toutn?0.
Donc, pour tout entier natureln,Un=MnU0.
3.Soit la matrice colonneU=((x
y z)) telle que :x+y+z=1 etMU=U.Amérique du Sud721 novembre2013
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
MU=U??(((((((((0
1 2121 41414
3