S Antilles – Guyane septembre 2018
S Antilles – Guyane septembre 2018 CORRECTION (un) est la suite définie par u0=1 et pour tout entier naturel n, un+1=e√un 1 On veut démontrer en utilisant un raisonnement par récurrence que pour tout entier naturel n, i ⩽ un ⩽ e 2 Initialisation u0=1 donc 1 ⩽ u0 ⩽ e 2 La propriété est vérifiée pour n=0 Hérédité
EXERCICE 1 : (7 points) Antilles Guyane septembre 2017
TS-2017 Probabilité Correction Préparation Bac Blanc n 2 EXERCICE 1 : (7 points) Antilles Guyane septembre 2017 Les parties A, B et C sont indépendantes Romane utilise deux modes de déplacement pour se déplacer entre son domicile et son lieu de travail :
Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2006
Durée : 4 heures Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2006 EXERCICE 1 5 points 1 a Résolution de z2 −4z +6 =0 ⇐⇒ (z −2)2 −4+6 =0 ⇐⇒ (z −2)2 + 2 =0 ⇐⇒ (z −2)2 −
Antilles Guyane Septembre 2015 Enseignement spécifique Corrigé
Antilles Guyane Septembre 2015 Enseignement spécifique Corrigé EXERCICE 1 Partie A : étude de la fonction f 1 1) a) f 1 est dérivable sur Ren tant que produit de fonctions dérivables sur Ret pour tout réel x, f′ 1(x)=2x×e−2x +x2 × −2e−2x = 2x−2x2 e−2x =2xe−2x(1−x) b) Pour tout réel x, 2e−2x > 0 Donc, pour tout
Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 2007
Antilles-Guyane 5 septembre 2007 Title: CorrectionbisAntillesSsept2007 dvi Created Date: 3/28/2008 11:30:54 PM
Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 2008
[Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2008 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats PARTIE A : 1 • Initialisation : u0 =1+ 12 50 =1+12=13 : vrai; • Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p >0 tel que up =1+ 12 5p; alors up+1 = 1 5 up + 4 5 = 1 5 µ 1+ 12 5p ¶ + 4 5 = 1 5 + 4 5 + 12 5p+1 =1+ 12 5p+1:l
Baccalauréat 2014 - S Antilles-Guyane
Antilles-Guyane Série S Obli et Spé Jeudi 11 septembre 2014 Correction Ceci est la correctiondu sujet de la session de septembre du Bac S d’Antilles-Guyane, session dite de remplacement Exercice 1 Probabilités 6 points Partie A 1 Construire un arbre pondéré représentant la situation exposée précédemment P(N) = 1−0,09 = 0,91 N
Antilles Guyane Septembre 2017 Enseignement spécifique Corrigé
Antilles Guyane Septembre 2017 Enseignement spécifique Corrigé EXERCICE 1 Partie A 1) Représentons la situation par un arbre de probabilités E E V V V V p 1− p 9 1 4 6 2) D’après la formule des probabilités totales, P(V)=P(E ∩V)+P E ∩V =P(E)×PE(V)+P E ×PE(V)=p×0,9 +(1 −p)×0,6 =0,3p +0,6 3) a) L’énoncé donné P(V)=0
Antilles-Guyane–LaRéunion–Métropole
Métropole La Réunion Antilles-Guyane - 14 septembre 2017 Author: APMEP Subject: Brevet des collèges Created Date: 5/8/2018 1:07:27 PM
Sujet mathematiques brevet college corrige France Antilles
Correction FRANCE MÉTROPOLEANTILLES GUYANE-Septembre 2015 Exercice 1 1 Affirmation 1 : D’après le tableau f(2)=−1 donc Affirmation 1 est fausse Affirmation 2 : f(11)=(11−1)(2×11−5)=10(22−5)=10×17=170 donc Affirmation 2 est vraie
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?Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane? septembre 2007
EXERCICE16 points
Commun à tous les candidats
PartieA
n=3,b=7,r=5. p(G)=p(nn)+p(bb)+p(rr)=3PartieB
1.g(n,b,r)=n
2. a.L"équation du plan NBR estax+by+cz+d=0. En écrivant que N, B et R
appartiennent à ce plan, on trouve 15a+d=0, 15b+d=0, 15c+d=0, soit a=-d15=b=c.
En prenantd=15, on trouve qu"une équation du plan (NBR) est x+y+z-15=0. b.On sait quen+b+r=15??M?(NBR). c.g(n,b,r)=1 1120?OM2-15?. (puisquen+b+r=15 d"après le b.
d.Le vecteur--→OH est un vecteur normalau plan (NBR),doncapour coordonnées (α;α;α) qui sont aussi les coordonnées du point H. Or H ? (NBR)??α+α+α=15??3α=15??α=5.Conclusion H(5; 5; 5).
e.On sait que la distance minimale du point O à un point du plan (NBR) est la distance de O au projeté orthogonal de O sur ce plan soit H. On a vu que g(n,b,r)=1120?OM2-15?. Cette probabilité est minimale quandM= H. Dans
ce casg(n,b,r)=1120?OH2-15?=1120?52+52+52-15?=60210=
g mini(n,b,r)=2 7.PartieC
1.On ap(G)=2
7. Si deux boules de même couleur sortent il touchekx?xet dans le cas
contraire le "gain» sera de-x. Donc E(X)=27(kx-x)+57×(-x)=x7(2k-7).
2.Le jeu est équitable si E(x)=0??x
7(2k-7)??k=72=3,5.
Baccalauréat S
EXERCICE25 points
Pour lescandidats n"ayantpas suivi l"enseignementde spécialitéPartieA
1.αest tel que?α(1+i)=1+3i
iα2= -4+3iLa première égalité donneα=1+3i
1+i=2+i.
On a bien i(2+i)2=i(4-1+4i)=-4+3i.
2.Pour tout nombre complexez, on posef(z)=z2-(1+3i)z+(-4+3i).
Développons (z-α)(z-iα)=z2-iαz-αz+iα2=z2-αz(1+i)+iα2= z2-(1+3i)z-4+3i.
Les solutions de l"équationf(z)=0 sont doncα=2+i et iα=-1+2i.PartieB
1.b=-1+2i=i2+2i=i(i+2)=iα.a=αest l"affixe de A etbcelle de B. L"égalitéa=ib
donne en module OA = OB et en argument?--→OA ,--→OB?2: le triangle OAB est donc
rectangle isocèle en O.2.Sans conjecture : le point D est l"image de C dans la rotation de centre O et d"angle
2. On a doncd=ic=i?
-1+12i? =-12-i.1 2-1-2-3
12 -1 -2 -3-2-10123 -2 -1 0 1 2 3 AB C DM O KL J On conjecture l"affixe de D à l"aide de la figure pour traiter laquestion suivante.D(-0,5 ;-1)
Antilles-Guyane2septembre 2007
Baccalauréat S
3.L"affixe de M est-1+54i. L"affixe du vecteur--→DA est52+2i.
On a donc
z OM z--→DA=-1+5 4i 52+2i=-4+5i
10+8i=i(4i+5)2(4i+5)=12i.
4.L"égalité précedente entraîne que?--→DA ,--→OM?
2.5.En prenant les modules des membres de l"égalité trouvée au 3.on obtient
OMDA=12??OM=12DA.
6.On admet que le quadrilatère JKLM est un parallélogramme. Les coordonnées du
vecteurAC sont?
-3 ;-1 2? , celles du vecteur--→BD?12;-3? . On a--→AC·--→BD=0. Or dans (ABC), (LM) est parallèle à (AC) (droite des milieux)et dans (ABD) (LK) est parallèle à (BD). Conclusion : (LM) est perpendiculaire à (LK). Le parallélogramme (JKLM) ayant un angle droitestun rectangle.D"autrepartAC=? 1 4+9=? 374et BD=?
1 4+9=? 374.
Donc LM=AC
2=? 374et LK=?
374. (JKLM) est unrectangle dontdeux côtés consécutifs ont la même longueur :c"est un carré.
EXERCICE25 points
Pour lescandidats ayantsuivi l"enseignementde spécialité 1. a. AM=t--→AB se traduit en termes d"affixes par :m-a=t(b-a)?? m=a+t(b-a). De même--→BM=t--→BC??n=b+t(c-b) et--→CP=t--→CA??p=c+t(a-c). b.G centre de gravité du triangle ABC signifie que--→GA+--→GB+--→GC=-→0??a- g+b-g+c-g=0??3g=a+b+c. Orm+n+p=a+b+c+t(b-a+c-b+a-c)=a+b+c=3g?avecg?affixe du centre de gravité G ?de (MNP). Doncg=g?et ABC et MNP ont le même centre de gravité G. c.Les images respectives de A, B et C parσsont M, N et P. Comme la similitude conserve le barycentre, l"image de G parσest le point G.2.On considère la rotationrdc centre G et d"angle2π
3. a.AM=t--→AB??--→AM=t--→AM+t--→MB??(1-t)--→MA+t--→MB=-→0 qui signifie
que M est le barycentre du système de points {A(1-t) ; B(t)}. Par la rotationrl"image de A est B, celle de B est C. La rotation conserve le barycentre,donc:r(M)estbarycentredusystème {(B, 1-t);(C,t)}=Nd"après la première question.