Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2007
E XERCICE 1 Commun à tous les candidats Question de cours
6 points
Prérequis : positivité et linéarité de l’intégrale. Soient a et b deux réels d’un intervalle I de R tels que a 6 b. Démontrer que si f et g sont deux fonctions continues sur I telles que pour tout réel x de l’intervalle I , f (x) > g (x), Zb Zb alors f (x) dx > g (x) dx. a
a
Partie A 1. Soit x un éel supérieur ou égal à 1. Z x Calculer en fonction de x l’intégrale (2 − t ) dt . 1
1 2. Démontrer que pour tout réel t appartenant à l’intervalle [1 ; +∞[, on a : 2 − t 6 . t 3. Déduire de ce qui précède que pour tout réel x supérieur ou égal à 1, on a : 3 1 − x 2 + 2x − 6 ln x. 2 2 Partie B
1 3 Soit h la fonction définie sur R par h(x) = − x 2 + 2x − . 2 2
³ → − → −´ Sur le graphique joint en annexe, le plan est muni d’un repère orthogonal O, ı , dans lequel on a tracé les courbes représentatives des fonctions h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4]. On a a tracé également la droite (d) d’équation x = 4. Z4 1. a. Démontrer que h(x)dx = 0. 1
b. Illustrer sur le graphique le résultat de la question précédente. 2. On note (D) le domaine du plan délimité par la droite (d) et les courbes représentatives des fonction h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4]. En utilisant un intégration par parties, calculer l’aire de (D) en unités d’aire. E XERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité. ³ → − → −´ O, u , v est un repère orthonormal direct du plan complexe. Soit A le point d’affixe 1 + i. ¢ 1¡ Au point M d’affixe z, on associe le point M ′ d’affixe z ′ telle que z ′ = z + iz . 2 1. On pose z = x + iy et z ′ = x ′ + iy ′ avec x, y, x ′ et y ′ réels. 1 1 a. Démontrer les égalités suivantes : x ′ = (x + y) et y ′ = (x + y). En déduire que 2 2 le point M ′ appartient à la droite (OA). b. Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que M = M ′ . −−−−→ −−→ c. Démontrer que pour tout point M du plan les vecteurs M M ′ et OA sont orthogonaux. π 2. Soit r la rotation de centre O et d’angle . M1 est le point d’affixe z1 image de M par 2 r , M2 le point d’affixe z2 = z, M3 le point d’affixe z3 tel que le quadrilatère OM1 M3 M2 soit un parallélogramme.
Baccalauréat S
a. Dans cette question uniquement M a pour affixe 4+ i, placer les points M, M1 , M2 , M3 . b. Exprimer z1 en fonction de z, puis z3 en fonction de z. c. OM1 M3 M2 est-il un losange ? Justifier. 1 d. Vérifier que z ′ − z = i z3 . 2 1 En déduire que M M ′ = OM3 . 2 3. Démontrer que les points M, M1 , M2 e tM3 appartiennent à un même cercle de 1 centre O si et seulement si M M ′ = OM. 2 ′ OM . à Donner alors la mesure en radians de l’angle géométrique M E XERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité ³ → − → −´ O, u , v est un repère orthonormal direct du plan complexe (unité graphique 1 cm). On considère le point A d’affixe z A = 1 + i. ³ → −´ On note S 1 la symétrie orthogonale par rapport à l’axe O ; u et h l’homothétie de centre O et de rapport 3. On pose s = h ◦ S 1 . Partie A 1. Placer le point A et compléter la figure au fur et à mesure. 2. Quelle est la nature de la transformation s ? Justifier. 3. Déterminer l’écriture complexe de la transformation s. 4.
a. Déterminer l’affixe zB du point B image de A par s.
³−−→ −−→´ b. Montrer que zB = −3iz A . Déterminer une mesure de l’angle OA , OB .
5. Soient M le milieu de [AB] et P l’image de M par s. Montrer que la droite (OP ) est perpendiculaire à la droite (AB). Partie B 1. On pose C = s(B). Montrer que P est le milieu de [BC ]. 2.
a. Déterminer l’écriture complexe de s ◦ s et en déduire sa nature. b. Montrer que l’image de la droite (OP ) par s est la droite (OM). c. Que représente le point M pour le triangle OBP ? Justifier.
E XERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats ³ → −´ − → − → L’espace est rapporté au repère orthonormé O, ı , , k . On considère les points A(3 ; 0 ; 6) et I (0 ; 0 ; 6), et l’on appelle (D) la droite passant par A et I . On appelle (P ) le plan d’équation 2y + z − 6 = 0 et (Q) le plan d’équation y − 2z + 12 = 0. 1. Démontrer que (P ) et (Q) sont perpendiculaires. 2. Démontrer que l’intersection des plans (P ) et (Q) est la droite (D). ³ → −´ 3. Démontrer que (P ) et (Q) coupent l’axe O ; et déterminer les coordonnées des ³ → −´ points B et C , intersections respectives de (P ) et (Q) avec l’axe O ; .
−−→ 4. Démontrer qu’une équation du plan (T ) passant par B et de vecteur normal AC est x + 4y + 2z − 12 = 0.
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5. Donner une représentation paramétrique de la droite (O A). Démontrer que la droite (OA) et le plan (T ) sont sécants en un point H dont on déterminera les coordonnées. 6. Que représente le point H pour le triangle ABC ? Justifier. z
bI
bA
(D)
y → − z
O C
b
→ − j
b→ −
B
i
(P )
b
x
(Q) E XERCICE 4 4 points Commun à tous les candidats Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro et la lettre de la question ainsi que la valeur correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée. Une réponse exacte aux questions 1 et 2 rapporte 0,5 point et à la question 3 rapporte 1 point. Une réponse inexacte enlève 0,25 point ; l’absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro. On s’intéresse à deux types de pièces électroniques, P1 et P2, qui entrent dans la fabrication d’une boïte de vitesses automatique. Une seule pièce de type P1 et une seule pièce de type P2 sont nécessaires par boîte. L’usine se fournit auprès de deux sous-traitants et deux seulement S1 et S2. Le sous-traitant S1 produit 80 % des pièces de type P1 et 40 % de pièces de type P2. Le sous-traitant S2 produit 20 % des pièces de type P1 et 60 % de pièces de type P2. 1. Un employé de l’usine réunit toutes les pièces P1 et P2 destinées à être incorporées dans un certain nombre de boîtes de vitesses. Il y a donc autant de pièces de chaque type. Il tire une pièce au hasard. a. La probabilité que ce soit une pièce P1 est 0,8
0,5
0,2
0,4
0,6
b. La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est 0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,8
c. La probabilité qu’elle vienne de S1 est 0,2
0,4
0,5
2. Il y a 200 pièces au total. Cette fois l’employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables. Antilles-Guyane
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a. Une valeur approchée à 10−4 près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 est : 0,1588 0,2487 0,1683 0,0095 b. Une valeur approchée à 10−4 près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 et P2 est : 0,5000 0,2513 0,5025 c. La probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur est : 103 158 357 995 199 995 3. La durée de vie exprimée en années des pièces P1 et P2 suit une loi exponentielle dont le paramètre λ est donné dans le tableau suivant : λ S1 S2
P1 0,2 0,1
P2 0,25 0,125
On rappelle que si X , durée de vie d’une pièce Ztexprimée en années, suit une loi exponentielle de paramètre λ, alors p(X 6 t ) = λe−λx dx. 0
Une valeur approchée à 10−4 près de la probabilité qu’une pièce P1 fabriquée par S1 dure moins de 5 ans est : 0,3679 0,6321
F IG . 1 – Annexe (à rendre avec la copie) y
1.5
1.0
→ − j 0.5
O
→ − i
1
2
3
4
−0.5
−1.0
−1.5
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x
Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2007 Corrigé
E XERCICE 1 Commun à tous les candidats Question de cours
6 points
La fonction x 7→ f (x) − g (x) est continue sur I (car f et g le sont), donc
Zb
f (x) − g (x)dx
a
existe. Comme de plus on a f (x) − g (x) > 0, la propriété de positivité permet d’écrire que : Zb Zb Zb f (x) − g (x)dx > 0. On a alors, par linéarité de l’intégrale f (x)dx − g (x)dx > 0, a
a
d’où le résultat.
a
Partie A 1. Soit x un réel supérieur ou égal à 1. La fonction t 7→ 2 − t est continue sur [1 ; x], et on a : ¶ ¸x µ ¶ µ · Zx 1 1 1 3 1 = − x 2 + 2x − . (2 − t ) dt = 2t − t 2 = 2x − x 2 − 2 − 2 2 2 2 2 1 1 2. Comme t ∈ [1 ; +∞[, t > 0, donc : 2−t 6
1 ⇔ 2t − t 2 6 1 ⇔ 0 6 t 2 − 2t + 1 ⇔6 (2t − 1)2 . t
La dernière inégalité étant vraie, le raisonnement par équivalences permet de conclure 1 qu’on a bien 2 − t 6 . t 1 1 3. Les fonctions t 7→ 2 − t et t 7→ sont continues sur [1; +∞[ et 2 − t 6 , la question t t de cours permet alors d’écrire que : Zx Zx 1 dt (2 − t )dt 6 1 1 t 1 1 3 3 c’est-à-dire : − x 2 + 2x − 6 [ln t ]1x , d’où : − x 2 + 2x − 6 ln x. 2 2 2 2 Partie B 1.
a. h est continue sur R (polynôme) et : Z4 1
µ ¸ ¶ µ ¶ · 1 3 4 1 3 4 4 1 3 2 = − + = 0. h(x)dx = − x + x − x = − × 64 + 16 − 6 − − + 1 − 6 2 1 6 6 2 6 6
b. Sur le graphique, les deux aires coloriées sont égales. 2. Sur [1; 4] on a h(x) 6 ln x (question A3), l’aire A du domaine (D) est donc donnée Z4 Z4 par : A = (ln x − h(x))dx = ln xdx (par linéarité et compte-tenu du fait que 1 1 Z4 1 h(x)dx = 0). Posons u ′ (x) = 1, v(x) = ln x et u(x) = t , v ′ (x) = . Les fonctions u, v x 1 sont dérivables sur [1 ; 4], les fonctions u ′ , v ′ sont continues sur [1 ; 4], le théorème d’intégration par parties s’applique donc et on a : A = [x ln x]41 −
Z4 1
1dx = 4ln 4 − 1 × (3 − 1) = 8ln 2 − 3 u.a.
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E XERCICE 2 Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.
5 points
1. On pose z = x + iy et z ′ = x ′ + iy ′ avec x, y, x ′ et y ′ réels. ¢ 1¡ a. Par définition : z ′ = z + iz , c’est-à-dire : 2 1 1 1 1 x ′ + iy ′ = (x + iy + i(x − iy)) = (x + iy + ix + y) = (x + y) + (x + y)i. 2 2 2 2
2.
En identifiant les parties réelles et imaginaires, on obtient les égalités annoncées. On en déduit que y ′ = x ′ donc que M ′ appartient à la droite d’équation y = x. Or O et A appartiennent aussi à cette droite, d’où M ′ ∈ (O A). ½ ½ © x = 21 (x + y) 2x = x + y b. M = M ′ ⇔ ⇔ ⇔ x = y . L’ensemble cher2y = x + y y = 21 (x + y) ché est donc la droite (O A). ¶ µ −−−−→ 1 1 ′ c. Un calcul immédiat montre que M M a pour coordonnées (y − x) ; (x − y) 2 2 −−−−→ −−−−→ 1 1 −−→ −−→ ′ −−→ ′ et O A (1 ; 1). Donc M M · O A = (y − x) + (x − y) = 0, et M M ⊥ O A . 2 2 a. Voir figure 1. F IG . 1 – exercice 2 (non-spécialité)
M1
+ M3
+
M
+ → − v
+
→ − u
O
M2
+
π
b. L’écriture complexe de la rotation r de centre O et d’angle π2 est : z 7→ ei 2 z = iz. Par conséquent z1 = iz. −−−−−→ −−−→ Par définition du point M3 , M1 M3 = OM2 , donc z3 − z1 = z2 −0, ce qui donne : z3 − iz = z, c’est-à-dire z3 = iz + z. c. On a : OM1 = |z1 − 0| = |i z| = |i | × |z| = |z| ; OM2 = |z| = |z|. Le parallélogramme OM1 M3 M2 a deux côtés consécutifs de même longueur, c’est donc un losange. ¢ ¢ 1¡ ¢ 1¡ 1¡ z + iz − z = z + i z − 2z = iz − z . d. z ′ − z = 2 2 2 ¢ 1¡ ¢ 1 1 1 ¡ Par ailleurs, iz3 = i i z + z = −z + iz , on a donc bien z ′ − z = iz3 . 2 2 2 2 ¯ ¯ ¯1 ¯ 1 1 On en déduit que |z ′ − z| = ¯¯ iz3 ¯¯ = × |i| × |z3 |, c’est-à-dire que M M ′ = OM. 2 2 2 Antilles-Guyane
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3. On a déjà OM = OM1 = OM2 = |z|, les points M, M1 et M2 sont donc sur un même cercle de centre O. M3 appartient à ce cercle si et seulement si OM3 = OM c’est-àdire (d’après la question 2d) si et seulement si 2M M ′ = OM, ce qui équivaut bien à 1 M M ′ = OM. 2 Le triangle OM M ′ est rectangle en M ′ ; en effet M ′ ∈ (O A) et (M M ′ ) ⊥ (O A) (question 1), on a donc : 1 OM 1 MM′ ′ OM = à sin M = 2 = . OM OM 2 π ′ à On en déduit que M OM = . 6 E XERCICE 2 Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A
5 points
1. Voir figure 2. F IG . 2 – exercice 2 (spécialité)
+
+
+
C
P
A
→ − v
+ O
→ − u
+
M
+ B
2. s est la composée d’une similitude indirecte (S 1 ) par une similitude directe (h), c’est donc une similitude indirecte. 3. S 1 a pour écriture complexe z 7→ z et h a pour écriture complexe z 7→ 3z. s = h ◦ S 1 a donc pour écriture complexe z 7→ 3z. 4.
a. zB = 3z A = 3(1 − i) = 3 − 3i. b. −3iz A = −3i(1 + i) = −3i − 3i2µ= 3 − 3i = ¶ zB , ceµqu’il ¶ fallait démontrer. ³−−→ −−→´ zB π z B − zO = arg = arg(−3i) = − (2π). On a alors : O A , OB = arg z A − zO zA 2
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z A + zB 1 + i + 3 − 3i = = 2 − i. 2 2 P a pour affixe zP = 3z M = 3(2 + i) = 6 + 3i. −−→ −−→ −−→ −−→ On a OP (6 ; 3) et AB (2 ; −4), donc OP · AB = 6 × 2 + 3 × (−4) = 12 − 12 = 0, ce qui prouve bien que (OP ) ⊥ (AB).
5. M a pour affixe z M =
Partie B 1. M est le milieu de [AB], et une similitude conserve les milieux, donc s(M) est le milieu de [s(A)s(B)], autrement dit P est le milieu de [BC ]. 2. a. s ◦ s a pour écriture complexe : z ′ 7→ 3(3z) = 9z. On reconnaît l’écriture complexe de l’homothétie de centre O et de rapport 9. b. s(O) = O (calcul immédiat). s(P ) = s ◦ s(M) or s ◦ s est une homothétie de centre O, donc les points O, M et s(P ) sont alignés. L’image de la droite (OP ) par la similitude s est la droite passant par s(O) et s(P ) ; c’est donc la droite (OM). c. On sait que (B M) ⊥ (OP ) d’après la question A5 : M appartient donc à la hauteur issue de B dans le triangle OBP . Une similitude conserve l’orthogonalité donc s((B M )) ⊥ s((OP )). Or s(B) = C et s(M) = P , et on a vu que s((OP )) = (OM), on a donc montré que (BP ) ⊥ (OM). On en déduit que M appartient à la hauteur issue de O dans le triangle OBP . M est donc l’orthocentre du triangle OBP . E XERCICE 3 Commun à tous les candidats
5 points
− → → − 1. Les plans (P ) et (Q) ont pour vecteurs normaux respectifs n (0; 2; 1) et n ′ (0 ; 1 ; −2). → − → → − − → − On a n · n ′ = 0, donc n ⊥ n ′ et par suite, les plans (P ) et (Q) sont perpendiculaires. 2. L’intersection des plans (P ) et (Q) est une droite (plans perpendiculaires). A ∈ (P ) car 2 × 0 + 6 − 6 = 0 et A ∈ (Q) car 0 − 12 + 12 = 0, donc A ∈ (P ) ∩ (Q) ; on montre de la même façon que I ∈ (P ) ∩ (Q). Les points A et I étant distincts, la droite d’intersection des plans (P ) et (Q) est donc la droite (AI ), c’est-à-dire la droite (D). ³ → −´ 3. Soit M(x ; y ; z) un point de l’espace. M appartient à l’axe O; j si et seulement si ½ x = 0 . z = 0 x = 0 ³ → ´ − z = 0 M appartient à l’axe O; j et au plan (P ) si et seulement si 2y + z − 6 = 0 x = 0 ³ → −´ y = 3 . Le plan (P ) coupe donc l’axe O; j au c’est-à-dire si et seulement si z = 0 point B(0 ; 3 ; 0). ³ → −´ Un raisonnement analogue montre que le plan (Q) coupe l’axe O; j en un point C (0 ; −12 ; 0). −−→ 4. On a AC (−3 ; −12 ; −6) donc le plan (T ) a une équation cartésienne de la forme : −3x − 12y − 6z + d = 0. Et B(0 ; 3 ; 0) ∈ (T ), donc 0 − 12 × 3 − 0 + d = 0, d’où d = 36. Le plan (T ) a donc pour équation cartésienne −3x − 12y − 6z + 36 = 0, ou encore, en simplifiant par −3 : x + 4y + 2z − 12 = 0. −−→ 5. La droite (O A) passe par O(0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur O A (3 ; 0 ; 6). Une x = 3t y = 0 (t ∈ R) . représentation paramétrique de (O A) est donc : z = 6t Antilles-Guyane
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Baccalauréat S
Un point M appartient à la droite (O A) et au plan (T ) si et seulement si il existe un réel t tel que M(3t ; 0 ; 6t ) et (3t ) + 4 × 0 + 2 × (6t ) − 12 = 0, ce qui donne une unique 4 valeur : t = . La droite (O A) et le plan (T ) sont donc sécants en un point H qui a 5 µ ¶ µ ¶ 4 4 24 12 pour coordonnées 3 × ; 0 ; 6 × , c’est-à-dire H ; 0; . 5 5 5 5 −−→ 6. Les points B et H appartiennent au plan (T ) qui a pour vecteur normal O A , donc (B H )µ ⊥ (AC ) : le¶ point H appartient à la hauteur issue de B du triangle ABC . 6 −−→ 3 −−→ −−→ −−→ AH − ; 0; − et BC (0 ; −15 ; 0), donc AH · BC = 0 et (AH ) ⊥ (BC ) : le point H 5 5 appartient donc à la hauteur issue de A du triangle ABC . Le point H est donc l’orthocentre du triangle ABC . E XERCICE 4 4 points Commun à tous les candidats Notons : – S1 (respectivement S2) l’événement « la pièce est fabriquée par le sous-traitant S1(resp. S2) » ; – P 1 (respectivement P 2) l’événement « la pièce est du type P1 (resp. P2) ». D’après les indications de l’énoncé on a déjà : p P 1 (S1) = 0,8 1.
p P 1 (S2) = 0,2
p P 2 (S1) = 0,4
p P 2 (S2) = 0,6.
a. Il y a autant de pièces de chaque type donc p(P 1) = 0,5. b. La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est : p(P 1∩S1) = p P 1 (S1) × p(P 1) = 0,8 × 0,5 = 0,4. c. La probabilité qu’elle vienne de S1 est, d’après la formule des probabilités totales :
p(S1) = p(S1∩P 1)+p(S2∩P 2) = p P 1 (S1)×p(P 1)+p P 2(S1)×p(P 2) = 0,8×0,5+0,4×0,5 = 0,6. 2. Il y a 200 pièces au total, soit 100 P1 et 100 P2. Cette fois l’employé tire deux ¡ ¢ pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables. Il y a donc 200 2 tirages possibles. a. La probabilité que ce soit deux pièces P1 est : ¡100¢ 200×199 2 ¡200¢ = 2
2×1 100×99 2×1
≃ 0,2487.
b. La probabilité que ce soit deux pièces, l’une P1 et l’autre P2, est : ¡100¢ ¡100¢ 100 × 100 1 × 1 = 200×199 ≃ 0,5025. ¡200¢ 2×1
2
c. Il y a 0,6×200 = 120 pièces fabriquées par le sous-traitant S1 et donc 200−120 = 80 pièces fabriquées par S2. La probabilité que les deux pièces choisies soient fabriquées par le même fournisseur est : ¡120¢ ¡80¢ 120 × 119 80 × 79 103 2 2 + = . ¡200¢ + ¡200¢ = 200 × 199 200 × 199 199 2
2
3. D’après le tableau la durée de vie d’une pièce P1 fabriquée par S1 est 0,2. La probabilité que cette durée de vie soit inférieure à 5 ans est donc : Z5 £ ¤5 p(X 6 5) = 0,2e−0,2t dt = −e−0,2t 0 = 1 − e−0,2×5 = 1 − e−1 ≃ 0,6321. 0
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F IG . 3 – Annexe (à rendre avec la copie) y
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1.0
→ − j 0.5
O
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−0.5
−1.0
−1.5
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