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Baccalauréat S Asie juin

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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat S Asie juin 2005 \ EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. Pour t = 1, on obtient bien le triplet (3 ; 1 ; ?4) : affirmation C 2. ??u (2 ; ?1 ; ?1) est un vecteur directeur évident, donc ???u (?2 ; 1 ; 1) en est aussi un : affirmation B. 3. M ? D?P ?? 1+2t +4?2t +9+3t = 0 ?? 14 = 3t ?? t = 143 . Il existedonc un seul point commun : affirmation C. 4. Le triplet(1 ; 3 ; 2) vérifie x +2y ?3z ?1 = 0 : affirmation B. 5. Un vecteur normal à Q? est le vecteur ??v2 (4 ; ?5 ; 2) et ??u ·??v 2 = 0 : affirmation B. 6. On a d(T, P )= |?1?6?6?1|p1+4+9 = 14 p14 = p14 : affirmation A EXERCICE 2 5 points Commun à tous les candidats J V J V J V 2 5 3 5 1 2 1 2 3 4 1 4 1. a. On a en suivant la branche supérieure p(V)= 25 ? 1 4 = 1 10 . De même p(J)= 35 ? 1 2 = 3 10 .

zc ?

rotation r3 de centre o1 d'angle ?pi2

rotation r2 de centre o1 d'anglepi

points commun

écriture complexe de r3

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Publié par	apmep
Publié le	01 juin 2005
Nombre de lectures	14

Extrait

[Baccalauréat S Asie juin 2005\

EX E R C IC E1 Commun à tous les candidats

3 points

1.Pourt=1, on obtient bien le triplet (3 ; 1 ;−4) : afﬁrmation C −→−→ 2.u(2 ;−1 ;−1) est un vecteur directeur évident, donc−u(−2 ; 1 ; 1) en est aussi un : afﬁrmation B. 14 3.M∈D∩P⇐⇒1+2t+4−2t+9+3t=0⇐⇒14=3t⇐⇒t=. Il existe 3 donc un seul point commun : afﬁrmation C. 4.Le triplet(1 ; 3 ; 2) vériﬁex+2y−3z−1=0 : afﬁrmation B. −→−→−→ 5.Un vecteur normal àQ∈est le vecteurv2(4 ;−5 ; 2) etu∙v2=0 : afﬁrmation B. | −1−6−6−1|14 6.On ad(T,P)= == p14 : afﬁrmation A 1+4+9 14

EX E R C IC E2 Commun à tous les candidats

1 4 2 V 5 3 4 1 2 3 5J 1 2

5 points

2 11 1. a.On a en suivant la branche supérieurep(V)= × =. 5 4 10 3 13 De mêmep(J)= × =. 5 2 10 90 1 b.En tournant la roue, la probabilité de gagner 20(est=, celle 360 4 1 de gagner 100(; par différence la probabilité d’être remest donc 8 5 boursé(e) est. 8 5 On a doncpR(V)=. 8 p(V∩R) 5p(V∩1 5R) 5 OrpR(V)= ⇐⇒= ⇐⇒p(V∩R)= ×=. 1 p(V 88 10 80 10 3 529 c.On ap(R)=p(J)+p(V∩R)= + =. 10 8080 1 1 11 1 1 d.p(100)== ×;p(20)== ×. 10 8 8010 4 40 2. a.Xpeut prendre les valeurs :−m; 100−m; 20−m; 0. b. xi−m100−m20−m0 6 11 29 p(X=x) i

Baccalauréat S

4 X 6m100−m20−m140−51m c.On a E(X)=pi×xi+ += −+0=. 10 8040 80 i=1 140−51m d.L’organisateur ne perdra pas d’argent si E(X)<0⇐⇒ <0⇐⇒ 80 140 m>. Donc il faut quemsoit au moins ﬁxé à 3 euros. 51 4 3.On reconnaît une expérience de Bernoulli avecp=etn=4. 10 µ ¶ 4 4 La probabilité de ne pas perdre est égale à, donc la probabilité de perdre 10 µ ¶ 4 4 au moins une fois est 1− =1−0, 0256=0, 9744. 10 4.On obtient un nouvel arbre de probabilités :

1 n+1 2 V 2+n n n+1 2 n+1 n J 2+n n−1 n+1

2n2n1 4n1 On doit avoir+6⇐⇒6⇐⇒ (n+1)(n+2) (n+1)(n+(2) 2n+1)(n+2) 2 5+17 2 2 n−5n+2>0. Le trinômen−5n+2 a pour racinesn1= ≈4, 56et 2 p 5−17 n2= ≈0, 44. 2 Il faut donc qu’il y ait plus de 4 boules jaunes.

EX E R C IC Epoints3 5 Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité I. 3 2 1.On a (−i)+(−8+i)×(−i)+(17−8i)×(−i)=i+8−i−17i−8+17i=0⇐⇒ −i est solution de (E). 2.En développant le second membre et en identiﬁant les coefﬁcients des termes de même degré, on obtient le système :  a=1  a=1   ai+b= −8+i ⇐⇒b= −8 bi+c=17−8i  c=17 ic=17i ¡ ¢ 3 22 On a donc pour tout complexez,z+(−8+i)z+(17−8i)z+17i=(z+i)z−8z+17 . ½ ¡ ¢ z+i=0 2 3.On a donc (E)⇐⇒(z+i)z−8z+17=0⇐⇒. 2 z−8z+17=0 On trouve aussitôt que :

II.

Asie

S={−i ;4+i ; 4−i}

juin 2005

1.Figure

′ C

Baccalauréat S

′ B

2 C P A 1 −→ v −→ Ω −5−4−3−2−1u1 2 3 4 −1 C ′ B = A

−2

−3

−4 2.L’écriture complexe de la rotation est : ′ z−2=i(z−2). DonczS−2=i(4+i−2)⇐⇒zS=2+2i−1=1+2i. 3.D’après la question précédente :ΩS =ΩA. A et B sont symétriques autour de (Ox), etΩ∈(Ox), doncΩA =ΩB ; enﬁn B et C ayant la même ordonnée,Ωappartient à la médiatrice de [BC] etΩB =ΩC. Conclusion B, A, S et C appartiennent à un cercleCde centreΩ. p 2 2 Le rayon est égal àΩC=2+(−1)=5. i(4+i)+10−2i 9+2i (9+2i)(2−i) 4. a.D’après la déﬁnition algébriquez= == = ′ A 4+i−2 2+i (2+i)(2−i) 20−5i =4−i=zB. 5 i(4−i)+10−2i 11+2i (11+2i)(2+i) 20+15i z= == ==4+3i. ′ B 4−i−2 2−i (2−i)(2+i) 5 i(−i)+10−2i 11−2i (11−2i)(−2+i)−20+15i z= == −= =4+3i. ′ C −i−2−2−i (−2−i)(−2+i) 5

Asie

Doncz=4−i,z= −4+3i,z= −4+3i. ′ ′′ A BC ′ ¯′¯ b.PA=z−zP= |4−i−i| = |4−2i| =16+4=20=;2 5 A p ′ de même PB= |4+3i−i| = |4+2i| =20=2 5; p ′ PC= | −4+3i−i| = |4+2i| =20=;2 5 ′ ′′ ′ Donc A , Bet Cappartiennent au cercleSde centre P et de rayon5. i(z−2)+1010 10 ′ ′ c.On az= =i+ ⇐⇒z−i=et en prenant les z−2z−2z−2 10 10 ′ ′ ¯ ¯ modulesz−i=. Donc géométriquement PM=. |z−2|ΩM p10 ′ ¯ ¯ d.SiM∈C−→ΩM=5. D’après la question précédentez−i= = 5 p 2 5. p ′ e.Géométriquement la dernière relation signiﬁe : PM=2 5⇐⇒les points ′ ′ Mappartiennent au cercleC. iθ Remarque :M∈C−→z=2+5e avecθ∈[0 ; 2π[. Après calcul on en ′ −iθ déduit quez=i+avec2 5eθ∈[0 ; 2π[. p ′ En prenant les modules on trouve bien que|z−i| =2 5. ′ Conclusion : l’image du cercleCest donctoutle cercleC.

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Baccalauréat S

EX E R C IC Epoints3 5 Réservé aux candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité 1.Figure.

H Ω1 D C Ω2 O O1 A B Ω3 E

−−−→−−→ ′ ′′ 2.L’égalité vectorielleΩM=2ΩMse traduit parz+1=2(z+1)⇐⇒z=2z+1. µ ¶ i ′ z′=2zA+1=2× −+1=1−i=zE. A 2 µ ¶ i ′ z′=2zB+1=2×1− +1=3−i=zF. B 2 µ ¶ i ′ z′=2zC+1=2×1+ +1=3+i=zG. C 2 µ ¶ i ′ z′=2zD+1=2× +1=1+i=zH. D 2 L’image deS1parhest doncS2. −1 3.g=h◦s. a.La similitudestransformant le carré de côté 1 en le carré de côté 2, le rapport de la similitude estégal à 2. 1 −1 b.hest l’homothétie de centreΩ; la composéede rapportgest donc 2 une similitude directe de rapport 1, donc une isométrie.S1a pour image −1 pars S2qui luimême a pour image parh,S1. ConclusionglaisseS1 globalement invariante. c.S1étant invariant, son centre l’est également :g(O1)=O1. d.Les isométries du carré sont : – l’identité; π – larotationr1de centre O1d’angle [2π] ; 2 – larotationr2de centre O1d’angleπ[2π] (symétrie autour de O1) ; π – larotationr3de centre O1d’angle−[2π]. 2 e.On as=h◦g. Il y a donc quatre similitudes qui transformentS1enS2: – l’homothétieh; – lacomposée dehavecr1; – lacomposée dehavecr2; – lacomposée dehavecr3; 4.Écritures complexes de ces isométries : a.–h◦r1: µ ¶ 1π1 i ′i′ L’écriture complexe der1estz− =ez− ⇐⇒z=iz− + 2 2 22 1 ′ ; celle deh◦r1est donc :z=2iz−i+2. 2 –h◦r2: µ ¶ 1 1 ′iπ′ L’écriture complexe der2estz− =ez− ⇐⇒z= −z+1 ; 2 2 ′ celle deh◦r2est doncz= −2z+3 ;

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Baccalauréat S

–h◦r3: µ ¶ 1π1 ′ −i′ L’écriture complexe der3estz− =ez− ⇐⇒z= −iz+ 2 2 2 i 1 ′ +; celle deh◦r3est doncz= −2iz+i+2. 2 2 5.Les centres de ces similitudes sont les points invariants : – CentreΩ1deh◦r1. Son afﬁxeω1est solution dez=2iz−i+2⇐⇒ 4+3i z=ω1=. 5 – CentreΩ2deh◦r2. Son afﬁxeω2est solution dez= −2z+3⇐⇒ z=ω2=1. – CentreΩ3deh◦r3. Son afﬁxeω3est solution dez= −2iz+i+2⇐⇒z= 4−3i ω3=. 5

EX E R C IC Epoints4 7 Commun à tous les candidats Z 2 x 1.Sin=1, I1=(2−x)e dx. On intègre par parties : 0 ′x u(x)=2−x v(x)=e . ′x u(x)= −1v(x)=e Les fonctionsuetvsont dérivables et leurs dérivées continues sur l’intervalle [0 ; 2], donc : Z 2 £ ¤ 2 x2x x22 I1=[(2−x)e ]−e dx= −2+e= −2+e−1=e−3. 0 0 0 2.On a les équivalences 06x62⇐⇒ −26−x60⇐⇒062−x62⇐⇒06 1 1 n nn nn nn nn n (2−x)62⇐⇒06(2−x) e62 e⇐⇒06(2−x) e62 e . n!n! On en déduit l’ordre des intégrales suivantes : Z ZZ 2 22 ¤ 1 11£2 n nn nn x 0 dx6(2−x) e dx6d2 ex⇐⇒06In6×2 e⇐⇒ 0 0 0n!0n!n! ¡ ¢ n2 2 e−1 06In6. n! Z 2 1 n+1x 3.On aIn+1=(2−x) edx. 0(n+1)! Intégrons par parties en posant : n+1′x u(x)=(2−x)v(x)=e . ′n x u(x)= −(n+1)(2−x)v(x)=e Les fonctionsuetvsont dérivables et leurs dérivées continues sur l’intervalle [0 ; 2], donc : µ Z¶ 2 1£ ¤2 n+1xx n In+1=(2−x) e− −(n+1)(2−x) e dx= 0 (n+1)!0 Z n+1 2n+1 2 12 n x − +(2−x) e dx+= −In. (n+1)!n!0(n+1)! 4.Démontrons la relation par récurrence : 2 2 •Initialisation : e−1=2+I1⇐⇒I1=e−3 : vrai ; 2n 2 22 2 Hérédité : supposons que e=1++ ∙ ∙ ∙ ++ +In. D’après la question 1! 2!n! 2n n+1 2 22 2 2 précédente, on peut écrire : e=1+ ++ ∙ ∙ ∙ ++ +In+1qui est 1! 2!n! (n+1)! bien la relation demandée au rangn+1. L’égalité est donc vraie pour toutn supérieur ou égal à 1. n+1 un+12n! 5. a.Quel que soit le natureln,un>0. Le quotient= ×= n un(n+1)! 2 2 . n+1 1 12 1 Orn>3⇐⇒n+1>4⇐⇒6⇐⇒6. n+1 4n+1 2 1 Conclusion : sin>3, alorsun+16un. 2

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