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?Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2019?

Exercice 15 points

Commun à tousles candidats

1. a.

Solution:

fest dérivable sur ]0 ; 1] comme produit de fonctions dérivables sur ]0 ; 1]. f=uv2=?f?=u?v2+2uv?vavec?u(x)=x v(x)=1-ln(x)=????u ?(x)=1 v ?(x)=-1 x ?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

1-ln(x)?

2-2?

1-ln(x)?

1-ln(x)??

1-ln(x)-2?

On a donc bien?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

ln(x)+1?? ln(x)-1? b.

Solution:

Sur ]0 ; 1] , ln(x)<0 d"où?

ln(x)-1? <0 f ?(x) est donc du signe contraire de? ln(x)+1? ln(x)+1>0??x>e-1, on en déduit le tableau des variations def x0 e-11 f ?(x)+0- 0 4e -1 1 f(x) 2. a.

Solution:ON0,2≈0,5 et OP0,2≈2,6

On en déduit que l"aire du triangle ON0,2P0,2est d"environ0,5×2,6

2=0,65 unités d"aire.

Solution:?x?]0 ; 1]g?(x)=1x.

0,2est de coefficient directeurg?(0,2)=1

0,2=5. On a doncd0,2:y=5x+b

Ord0,2passe parM0,2?

0,2 ; ln(0,2)?

, on en déduitb=ln(0,2)-1=-1-ln(5)

Finalementd0,2:y=5x-ln(5)-1

Solution:OP0,2=|ln(0,2)-1|=1+ln(5)

5x+ln(0,2)-1=0??x=1+ln(5)

5donc ON0,2=1+ln(5)5

L"aire du triangle ON0,2P0,2est donc(1+ln(5))2

10≈0,681 unités d"aire.

3.A(a) est maximale. Déterminer cette aire maximale.

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Solution:

On remarque queA(a)=12f(a) donc l"aire sera maximale sif(a) est maximale On en déduit que l"aire est maximale sia=e-1et on aA?e-1?=1

2f?e-1?=2e-1=2e≈0,74 unités d"aire.

Exercice 24 points

Commun à tousles candidats

1. a.

Solution:

zA?=-1-1+i=11-i=1+i2=12+12i b.

Solution:

zB?= -11

2eiπ

3= -2e-iπ

3qui n"est pas l"écriture exponentielle; or-1=eiπ; donczB?=2×eiπ×e-iπ3=

2e i2π 3. c.

Solution:

-→u-→ v OB A ?AB zA=-1+i donc A se place sans problème. z B=1

2eiπ

3=14+i?

4doncBse situesurlecercle decentreOetderayon1

2à l"intersection de la droite d"équa-

tionx=1

4dans le premier cadran.

z A?=1

2+12i donc A?se place sans problème.

B?=-2e-iπ

3=2e2iπ3=-1+i?3

donc B ?se situe sur le cercle de centre O et de rayon 2 à l"intersection de la droite d"équationx=-1 dans le deuxième cadran. 2. a.

Solution:

z?=-1reiθ 1 re-iθ 1 re-iθeiπ 1 rei(π-θ) b.

LibanPage 231 mai 2019

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Solution:

SiM, distinct de 0, appartient au disque de centre 0 et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre

0 et de rayon 1, alors OM<1

OM<1??|z|<1

??????1 z???? >1 -1 z???? >1 ??OM?>1

On en déduit donc que l"affirmation est vraie : si un pointM, distinct de O, appartient au disque de

centre O et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre O et de rayon 1, alors son imageM?par la fonctionfest à l"extérieur de ce disque. 3. a.

Solution:On posez=x+iy

Méthode1

M(z)?Γ??MK2=1

4 |z-zK|2=1 4 z+1

2????2

=14 x+1

2+iy????2

=14 x+1 2? 2 +y2=14 ??x2+x+1

4+y2=14

On a donc bienΓ:x2+x+y2=0.

Méthode2

Γ:(x-xK)2+?y-yK?2=?1

2? 2 orxK=12etyK=0

DoncΓ:?

x+1 2? 2 +y2=14??Γ:x2+x+y2=0. b.

Solution:

z?=-1x+iy=-x-iyx2+y2

Doncz?=-x

x2+y2+yx2+y2i c.

Solution:

Mun point deΓ, distinct de O alorsx2+x+y2=0=? ×2+y2=-x?=0

On en déduit queRe?z??=-x

x2+y2=-x-x=1 Donc l"imageM?du pointMpar la fonctionfappartient à la droite d"équationx=1.

LibanPage 331 mai 2019

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Exercice 36 points

Commun à tousles candidats

Partie A

Solution:

dest orthogonale àP doncelle est orthogonale à toutedroite de ce planet en particulier à (AC). Donc (BD)

est orthogonale (AC). (AC) est perpendiculaire à (AB) car ABC est rectangle en A.

(AC) est donc orthogonale à deux droites sécantes (BD) et (AB) du plan (BAD), on en déduit que (AC) est

orthogonale au plan (BAD). 2.

Solution:

dest perpendiculaire à P donc ABD et CBD sont rectangle en B.

ABC est rectangle en A d"après l"énoncé et on a montré dans la question précédente que (AC) est orthogo-

nale au plan (BAD) donc à tout droite de ce plan, donc en particulier (AC) est perpendiculaire à (AD) en A.

Le triangle ACD est rectangle comme le triangle ABC. Finalement, toutes ses faces étant des triangles rectangles, ABCD est bien un bicoin. 3. a.

Solution:

[CD] est l"hypoténuse de BCD, donc le côté le plus grand : CD > CB et CD > BD; [CD] est l"hypoténuse de de ACD, donc CD > CA, CD > AD.

Or [AD] est l"hypoténuse de ABD donc AD > AB et d"après le résultat précédent CD > AD > AB.

Finalement [CD] est la plus longue arête du bicoin car elle est plus longue que les cinq autres. b.

Solution:

I milieu de l"hypoténuse de BCD rectangle en D est le centre ducercle circonscrit à BCD on a alors

IB = IC = ID.

De même dans ACD rectangle en A, I milieu de l"hypoténuse [CD]est le centre du cercle circonscrit à

ACD et on a ID = IC = IA.

Finalement IA = IB = IC = ID, donc I est équidistant des quatre sommets du bicoin ABCD.

Partie B

Solution:

-→u((2 -21)) est directeur deddonc normal àP.

M(x;y;z)?P??---→AM·-→u=0

??((x-3 y-1 z+5))

·((2

-21)) =0 ??2(x-3)-2(y-1)+z+5=0

Finalement on aP: 2x-2y+z+1=0

LibanPage 431 mai 2019

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Solution:

En posantt=2 dans la représentation paramétrique dedon obtient les coordonnées de B donc B?d.

2xB-2yB+zB+1=10-10-1+1=0 donc B?P.

Finalementdperce bienPen B

Solution:

2xC-2yC+zC+1=14-6-9+1=0 doncC?P.

2=42+22+(-4)2=36 , AB2=22+42+42=36 et BC2=22+(-2)2+(-8)2=72

On a alors AC

2+AB2=BC2donc ABC est rectangle en A d"après la réciproque du théorèmede Pythagore.

4. a.

Solution:

M?det B?ddoncd=(MB).

De plus B et A sont deux points distincts dePdonc (AB)?Pet on sait quedest perpendiculaire àP donc orthogonale à toute droite deP. On en déduit que (MB) est perpendiculaire à (AB).

Finalement on a donc bien ABM rectangle en B

Solution:

ABMest isocèle en B si et seulement si BM=AB

BM=AB??BM2=AB2

??(2t-4)2+(-2t+4)2+(t-2)2=36 ??4t2-16t+16+4t2-16t+16+t2-4t+4=36 ??9t2-36t=0 ??t2-4t=0 c.

Solution:

ou t=4 DoncM1(1 ; 9;-3) etM2(9 ; 1; 1) sont les points de la droitedtels que les triangles rectangles ABM1 et ABM2soient isocèles en B.quotesdbs_dbs49.pdfusesText_49

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Exercice 15 points

Commun à tousles candidats

Solution:

1-ln(x)?

1-ln(x)?

1-ln(x)??

1-ln(x)-2?

On a donc bien?x?]0 ; 1] ,f?(x)=?

Solution:

Sur ]0 ; 1] , ln(x)<0 d"où?

Solution:ON0,2≈0,5 et OP0,2≈2,6

2=0,65 unités d"aire.

Solution:?x?]0 ; 1]g?(x)=1x.

0,2est de coefficient directeurg?(0,2)=1

0,2=5. On a doncd0,2:y=5x+b

Ord0,2passe parM0,2?

0,2 ; ln(0,2)?

Finalementd0,2:y=5x-ln(5)-1

Solution:OP0,2=|ln(0,2)-1|=1+ln(5)

5x+ln(0,2)-1=0??x=1+ln(5)

5donc ON0,2=1+ln(5)5

L"aire du triangle ON0,2P0,2est donc(1+ln(5))2

10≈0,681 unités d"aire.

3.A(a) est maximale. Déterminer cette aire maximale.

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Solution:

2f?e-1?=2e-1=2e≈0,74 unités d"aire.

Exercice 24 points

Commun à tousles candidats

Solution:

Solution:

2eiπ

3= -2e-iπ

3qui n"est pas l"écriture exponentielle; or-1=eiπ; donczB?=2×eiπ×e-iπ3=

Solution:

2eiπ

3=14+i?

4doncBse situesurlecercle decentreOetderayon1

2à l"intersection de la droite d"équa-

4dans le premier cadran.

2+12i donc A?se place sans problème.

B?=-2e-iπ

3=2e2iπ3=-1+i?3

Solution:

LibanPage 231 mai 2019

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Solution:

0 et de rayon 1, alors OM<1

OM<1??|z|<1

Solution:On posez=x+iy

Méthode1

M(z)?Γ??MK2=1

2????2

2+iy????2

4+y2=14

On a donc bienΓ:x2+x+y2=0.

Méthode2

Γ:(x-xK)2+?y-yK?2=?1

DoncΓ:?

Solution:

Doncz?=-x

Solution:

On en déduit queRe?z??=-x

LibanPage 331 mai 2019

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E.P.

Exercice 36 points

Commun à tousles candidats

Partie A

Solution:

Solution:

Solution:

Solution:

IB = IC = ID.

ACD et on a ID = IC = IA.

Partie B

Solution:

M(x;y;z)?P??---→AM·-→u=0

·((2

Finalement on aP: 2x-2y+z+1=0