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?CORRIGÉ DU BACCALAURÉATS LIBAN28MAI2013?

EXERCICE1(4 points)

Question 1:

Réponse d

Un vecteur directeur de la droiteDest le vecteur-→d(1, 2, 3), un vecteur directeur de la droiteD?est le vecteur-→d?(1, 1,-1).-→d·-→d?=1+2-3=0. Ces deux vecteurs sont orthogonaux,les droitesDetD?sont donc orthogonales. Aussipar élimination: la a. est fausse car les vecteurs directeursne sont pas colinéaires, b. est fausse car il n"y a pas de point d"intersection et c. est fausse car C n"est pas sur D.

Question 2:

Réponse c

Un vecteur normal au planPest le vecteur-→n(1,1,-1). Ce vecteur est un vecteur directeur de la droiteD?. Ce qui entraîne que ce plan est orthogonalà la droiteD?.

Question 3:

Réponse c

AB=?

4+16+36=?56=2?14, AC=?16+36+4=?56, BC=?36+4+16=?56.

Ces trois distances sont égales, il en résulte que le triangleABC est équilatéral.

Question 4:

Réponse b

Pour déterminer lequel de ces vecteurs est un vecteur normalau planP?, il suffit de véri- fier si ces vecteurs sont orthogonauxà deux vecteurs deP?qui sont non colinéaires.

Prenons-→d?(1, 1,-1) et-→u=--→AD?, où A(1,-1, 2)et D?est un pointdeD?, par exemplecelui

de coordonnées (1, 3, 4), soit--→AD?(0, 4, 2).

On vérifie que-→d?et--→AD?ne sont pas colinéaires, et on constate que, dans le second cas :

Ce qui signifie que le vecteur

-→n(3,-1, 2) est un vecteur normal au planP?.

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE2(5 points)

PartieA

1. E0,7C 0,95 C0,05 E 0,3C 0,99 C0,01

2.On chercheP?

C∩

E? =PE(C)×P?E? =0,95×0,70=0,665

3.D"après la formule des probabilités totales :P(C)=P?

C∩

E? +P(C∩E)=0,665+0,99×0,30=0,962.

4.PC(E)=P(E∩C)

P(C)=0,99×0,300,962≈0,309 à 10-3près

PartieB

1.Xsuit la loi normaleN?0,17 ; 0,0062?.

la table. a.D"après le cours, commeYsuit une loi normaleN?m2;σ22?, alorsZ=Y-m2 σ2suit la loi normale centrée réduiteN(0,1). b.

0,16?Y?0,18??0,16-0,17

σ2?Y-0,17σ2?0,18-0,17σ2

soit-0,01

σ2?Z?0,01σ2

Donc lorsqueYappartient à l"intervalle[0,16 ; 0,18], alorsZappartient à l"in- tervalle -0,01

σ2;0,01σ2?

c.On sait que cette probabilité doit être égale à 0,990, le tableau donné permet d"obtenir

β=2,5758

d"où 0,01

σ2=2,5758?σ2=0,00385

En conclusion, à 10

-3près,σ≈0,004.

Liban228 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE3(6 points)

PartieA

1.Puisque limx-→+∞e-x=0, il vient, limx-→+∞f1(x)=1

Puisque lim

x-→-∞e-x=+∞, il vient, limx-→+∞f1(x)=0 Graphiquement cela signifie que les droites d"équationy=0 ety=1 sont deux

2.f1(x)=ex×1

ex(1+e-x)=exex+1=ex1+ex

3.f?1=--e-x

(1+e-x)2=e-x(1+e-x)2. Cette expressionétant toujoursstrictementpositivesurR, il en résulteque la fonc- tionf1est strictement croissante surR. 4. I=? 1 0 f1(x)dx=? 1 0e x

1+exdx=?ln(1+ex)?10=ln(1+e)-ln2=ln?1+e2?

Is"interprètegraphiquementcomme la mesure en unitéd"aires du domainelimité parC1, l"axe desxet les droites d"équationsx=0 etx=1. C"est l"aire du rectangle de côté 1 et de longueur ln?1+e 2? qui vaut à peu près 0,62 unité d"aire (ce qui se vérifie visuellement sur l"annexe).

PartieB

P ?x;f1(x)?etM?x;f-1(x)?.Kest le milieu de [MP].

1.f1(x)+f-1(x)=ex

ex+1+1ex+1=ex+1ex+1=1

2.yK=yM+yP

2=f1(x)+f-1(x)2=12

Le point K est donc un point de la droite d"équationy=1 2.

3.Il résultedelaquestionprécédenteque lesdeux courbessontsymétriquespar rap-

port à la droite d"équationy=1 2. A=2? 1 0 f1(x)-1

2dx=2?

1 0 f1(x)dx-? 1 0 dx=2ln?1+e2? -1≈0,24.

PartieC

Liban328 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

1. Vrai: Quel que soitk?R, e-kx>0?1+e-kx>1?0<11+e-kx<1.

2. Faux: On a vu que la fonctionf-1est strictement décroissante surR.

3. Vrai: Car sik?10 alors-1

2k?-5 puis e-1

2k?e-5par croissance de la fonction

exponentielleet enfin 1+e-1

2k?1+e-5.

Finalement :

0,99<0,9933?1

1+e-5?11+e-12k=fk?12?

Liban428 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE4 : Enseignementobligatoire uniquement (5 points)

PartieA

1.L"algorithmeno1 calcule tousles termesdev0àvnmaisn"affiche quele derniervn.

L"algorithmen

de 0 àvn.

L"algorithme n

o3 calcule tous les termes de 0 àvnet les affiche tous. que la suite soit croissante et converge vers un nombre proche de 3.

3. a.MontronsparrécurrencelapropriétéPn:pourtoutentiernatureln, 0 Initialisation:n=0, ona bien0On suppose donc que 0 Les opposés étant rangés dans l"ordre inverse : -3<-vn<0.

L"addition respecte l"ordre, donc

6-3<6-vn<6 ou 3<-vn<6.

Les inverses de ces nombres positifs sont rangés dans l"ordre inverse : 1

6<16-vn<13.

Enfin la multiplicationpar un réel positif respecte l"ordre:

9×1

6<9×16-vn<9×13, soit32<96-vn<3 et enfin

0<3

2 Conclusion: par le principede récurrence,P0est vraie et si pourn?N,Pnvraie alorsPn+1est aussi vraie, donc on a démontré que pour tout natureln,Pn:

0 b.vn+1-vn=9

6-vn-vn=9-vn(6-vn)6-vn=9-6vn+v2n6-vn(

vn-3)26-vn. Or, d"après la question précédente, 0•vn-3>0, donc()2>0 et

•vn<3<6, donc 6-vn>0, doncvn+1-vn=(vn-3)2

6-vn>0, ainsi la suite(vn)

est (strictement)croissante. c.Comme la suite est majorée par 3 et croissante, alors elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3.

PartieB

Liban528 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

1.wn+1-wn=1vn+1-3-1vn-3=19

-vn+3

3vn-9=-vn-33(vn-3)=-13.

Ainsi la suite

(wn)est arithmétiquede raisonr=-1 3.

2.wn=w0+nr=1

1-3-13n=-12-13n.

Commewn=1

vn-3, on avn=1wn+3=1-12-13n+3=6-3-2n+3.

Or lim

n→+∞6 -3-2n=0, donc limn→+∞vn=3.

Liban628 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE4 : Enseignementde spécialité uniquement (5 points)

1.u2=5u1-6u0=40-18=22

u

3=5u2-6u1=110-48=62

2. a."bprend la valeur 5a-6c»

b.La suite semble être croissante.

3.A=?5-6

1 0?

Prouvons par récurrence queCn=AnC0.

Initialisation: c"est vrai pourn=0, carA0est la matrice identité. Hérédité: soitn?N, tel queCn=AnC0, alorsCn+1=ACn=A(AnC0)=

A×AnC0=An+1C0.

En conclusion,C0=A0C0et si pourn?N,Cn=AnC0alorsCn+1An+1C0; on a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout natureln,Cn=AnC0.

4.QP=?-1 3

1-2? ?

2 3 1 1? =?-2+3-3+3

2-2 3-2?

=?1 00 1?

5.Initialisation: c"est trivialement vrai pourn=1.

Hérédité: soit?N,n?0 tel queAn=PDnQ, alors : A La relation est vraie au rang 1 et si elle est vraie à un rangnau moins égal à 1, elle est vraie au rang suivant. On a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout entier natureln, non nulAn=PDnQ.

6.PuisqueCn=AnC0, on obtiendrauncomme la somme :

u

Les deux suites de terme général 2

net 3nayant pour limite+∞, il en résulte que la suite (un) n"a pas de limite finie, mais a une limite infinie (on dit qu"elle diverge vers+∞).

Liban728 mai 2013

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

ANNEXE de l"EXERCICE 3, à rendre avecla copie

ReprésentationsgraphiquesC1etC-1des fonctionsf1etf-1 -1 -21 2

1 2 3-1-2-3

O C1 C-1

Liban828 mai 2013

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