BACCALAURÉAT GÉNÉRAL
SESSION 2009
MATHÉMATIQUES
Série: S
DURÉE DE L'ÉPREUVE: 4hellres. - COEFFICIENT: 7
Ce sujet comporte 4 pages numérotées de 1 à 4.
Du papier millimétré est mis à la disposition des candidats.
L'utilisation d'une calculatrice est autorisée.
Le candidat doit traiter tous les exercices. candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée.
Il est rappelé que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront
pour une part importante dans ['appréciation des copies.
Tournez la page
Page l
9MASOINJ
Exercice l (7 points)
candidats
Commun à tous
,
~
Soit
f
C--..~I_..
...~:--1
1
x
i
)- r--'
(0; i,]) du
courbe est représentée ci-contre.
0
i
1
v
1/
i'~,
i
oV/
plan. Cette
1
1
...
dans un repère orthonormal
1
1
1
On désigne par C la courbe représentative de la fonction
f
!
la fonction définie sur l'intervalle [0, + oo[ par:
f(x)
..
1
"'- 1
...
0
i
1 1
1
1
1
!
!
i
1
!
i
:
1
1
1
1
;--
----1
1
12
1
1
Partie A 1.
Déterminer la limite de 1a fonction f en +00 .
a.
(On pourra écrire, pour x différent
b. Démontrer que
2.
Soit
a
f
d~ 0 : f(x) =
admet un maximum en
1x
x
x: ).
eX
.fi
et calculer ce maximum. 2 un nombre réel positif ou nul. Exprimer en unités d'aire et en fonction de a, l'aire F (a) de la
partie du plan limitée par la courbe C, l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x
°
et
x = a . Quelle est la limite de F ( a) quand a tend vers +oo? Partie B On considère la suite
(un) définie pour tout entier naturel n par: un:;;;:
-n+l
ln
f(x) dx.
On ne cherchera pas à expliciter un . 1.
a.
Démontrer que, pour tout entier naturel n différent de 0 et de 1, f(n+l)~
b.
Quel est le sens de variation de la suite
c.
Montrer que la suite
(un)
(u) n n::;'2
un
~f(n)
?
converge. Quelle est sa limite? n~l
2.
a. V érifier que, pour tout entier'naturel strictement positif n, F
(n) == L uk
•
k~O
b. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.
On donne ci-dessous les valeurs de F ( n) obtenues à l'aide d'un tableur, pour n entier compris entre 3 et 7.
Interpréter ces résultats. Page
9MASOINl
Exercice 2 (5 points) Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct ( 0; ~, ~) . On prendra pour unité graphique 2 cm. Soit A, B et C les points d'affixes respectives:
a = 3 - i, b
1- 3i et c
-1- i.
Placer ces points sur une figure que l'on complètera au fur et à mesure. b. Quelle est la nature du triangle ABC? c. Démontrer que les points A et B appartiennent à un même cercle r de centre 0, dont on calculera le rayon. 2. Soit M un point quelconque du plan d'affixe notée met N le point d'affixe notée n, image de A dans la 1. a.
.
n 2
rotatlOn r de centre M et d'angle de mesure -.
a. Donner l'écriture complexe de la rotation r. b. En déduire une expression de n en fonction de m . 3. On appelle Qle milieu du segment [AN] et q son affixe. Montrer que: q
(l-i)m
.
-~~ + 2 + 1
2
4. Dans cette question, M est un point du cercle a.
b.
r.
i9
Justifier l'existence d'un réel El tel que: m = JlO e . Calculerlq - 2 - il. Quel est le lieu r' de Q lorsque M décrit le cercle r?
E;xercice 3 (4 points) Commun à tous les candidats Dans un repère orthononné de l'espace ( 0; i,],
k)
on considère les points:
A de coordonnées (1,1, 0) , B de coordolli1ées (2,0,3) , C de coordonnées ( 0, - 2, 5) et D de coordonnées (1, 5,5). Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est VRAIE ou par FAUSSE en justifiant chaque fois la réponse:
Proposition l : L'ensemble des points AI de coordonnées (x,y, z )tels que y = 2x + 4 est une droite. Proposition 2: La transfonnation qui, à tout point M de l'espace associe le point M' tel que -~--_...
-~
-
-~
MM ' == MA + AfB + 2Afe est l'homothétie de centre G, où G désigne le barycentre du système {(A, 1), (B, 1), ( C, 2)} , et de rapport 3. Proposition 3 : A, B, C et D sont quatre points coplanaires. Proposition 4: La sphère de centre
n
de coordonnées(3,3,O)et de rayon 5 est tangente au plan
d'équation :2x+2y+z+3 = O.
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Exercice 4 (4 points) Commun à tous les candidats On dispose de deux dés cubiques dont les faces sont numérotées de 1 à 6. Ces dés sont en apparence identiques l mais l'un est bien équilibré et l'autre truqué. Avec le dé truqué la probabilité d'obtenir 6 lors d'un lancer est égale à - .
3
Les résultats seront donnés sous forme de fractions irréductibles. 1. On lance le dé bien équilibré trois fois de suite et on désigne par X la variable aléatoire donnant le nombre de 6 obtenus. a. Quelle loi de probabilité suit la variable aléatoire X? b. Quelle est son espérance? c. Calculer p( X = 2) . 2. On choisit au hasard l'un des deux dés, les choix étant équiprobables. Et on lance le dé choisi trois fois de
suite.
On considère les événements D et A suivants:
• D: « le dé choisi est le dé bien équilibré» ; • A: ({ obtenir exactement deux 6 ». a. Calculer la probabilité des événements suivants: • «choisir le dé bien équilibré et obtenir exactement deux 6 » ; • ({ choisir le dé truqué et obtenir exactement deux 6 ». (On pourra construire un arbre de probabilité).
b. En déduire que: p(A) =
7
.
48
c. Ayant choisi au hasard l'un des deux dés et l'ayant lancé trois fois de suite, on a obtenu exactement deux 6. Quelle est la probabilité d'avoir choisi le dé truqué? 3. On choisit au hasard l'un des deux dés, les choix étant équiprobables, et on lance le dé n fois de suite (n
désigne un entier nature) supérieur ou égal à 2).
On note Bn l'événement «obtenir au moins un 6 parmi ces n lancers successifs )}.
a. Déterminer, en fonction de li, la probabilité P de l'événement Bn' Il
b.
Calculer la limite de la suite
(Pn) . Commenter ce résultat.
Page 4
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[ Correction du baccalauréat S Pondichéry \ 16 avril 2009
E XERCICE 1 2 La fonction f est définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ par : f (x) = xe−x . Partie A 1 x2 . 1. a. On remarque que, pour tout x > 0, f (x) = x ex 2 lim x 2 = +∞ x→+∞ Or lim X = 0 (Inverse de limite de référence.) X →+∞ e X 2 1 x = 0 et lim = 0 et, par produit des limites, donc lim x→+∞ x x→+∞ e−x 2 lim f (x) = 0.
7 points
x→+∞
b. La fonction f est dérivable sur son ensemble de définition comme produit de fonctions dérivables. 2 2 Pour tout x > 0, g ′ (x) = e−x + x × (−2x)e−x . Formules utilisées (uv)′ = u ′ v + uv ′ et (eu )′ = u ′ eu . 2 2 Donc g ′ (x) = (1−2x 2 )e−x . Comme e−x > 0, g ′ (x) est du signe de 1−2x 2 , polynôme du second degré nul x 2 = 1/2 et négatif# sauf entre " ses " pour p p " 2 2 ; +∞ . La et g ′ (x) < 0 si x ∈ racines. Donc g ′ (x) > 0 si x ∈ 0; 2 2 fonction g est donc puis décroissante et admet un maximum à p croissante ! p p 1 2 2 2 −1/2 en . Enfin, g e =p . = 2 2 2 2e ¸a · Za 2 2 2 1 1 1 = − e−a . 2. F (a) = xe−x dx = − e−x 2 2 2 0 0 1 −a 2 = 0. lim F (a) = car lim e a→+∞ a→+∞ 2 Zn+1 Partie B un = f (x)dx n #p " p 2 2 1. a. La fonction f est décroissante sur ; +∞ et 6 1 donc, pour tout 2 2 entier naturel n > 1, f est décroissante sur [n ; n + 1] et pour tout x ∈ [n ; n + 1], f (n + 1) 6 f (x) 6 f (n). L’inégalité de la moyenne permet de dire que Zn+1 (n + 1 − n) f (n + 1) 6 f (x)dx 6 (n + 1 − n) f (n) n
c.-à-d. f (n + 1) 6 un 6 f (n)
b. Pour tout n > 1, un > f (n + 1) > un+1 donc la suite est décroissante à partir du rang 1. c. Comme lim f (n) = 0, que lim f (n + 1) = 0 et que pour tout n > 1, n→+∞
2.
n→+∞
f (n + 1) 6 un 6 f (n), la suite (un ) converge vers 0. (Théorème de comparaison) Z1 Z2 Zn n−1 X uk = a. Pour tout n > 1, f (x)dx + f (x)dx + · · · + f (x)dx . En 1 n−1 k=0 {z } |0 n termes Z n−1 n X uk = utilisant la relation de Chasles, f (x)dx = F (n). k=0
0
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
b. Le tableau illustre le fait que (F (n)) converge vers 1/2, conséquence du résultat démontré en A.2. Mais il illustre aussi le fait que la convergence 1 2 est très rapide. En effet, 1/2 − F (n) = e−n et, pour tout n > 5, on a 2 1 −n 2 1 e 6 e−25 < 7.10−12 . Donc F (5) est une bonne approximation de 2 2 l’aire sous la courbe entre 0 et +∞.
E XERCICE 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
b
5 points
N
Γ′ M
Γ
b
b
Q
D b
~ v b
O ~ u b
C b
A
b
1.
a.
B
c − b −2 + 2i i(2 + 2i) = = = i de module 1 et d’argument π/2 donc a −b 2 + 2i 2 + 2i −−→ −−→ B A = BC et (B A ; BC ) = π/2. (Interprétation géométrique d’un quotient). Le triangle ABC est donc rectangle isocèle de sommet B. p p p p p 10 donc O A = OB = 10. Les points c. |a| = 9 + 1 = 10 et |b| = 1 + 9 = p sur le cercle de centre O et de rayon 10.
b.
2.
a. La rotation de centre M(m) et d’angle π/2 a pour expression complexe : z ′ = e iπ/2 (z − m) + m soit z ′ = iz + (1 − i)m.
b. N (n) est l’image de A par r , donc n = ia + (1 − i)m = 1 + 3i + (1 − i)m. a +n (1 − i)m 3. Le milieu Q du segment [AN ] a pour affixe q = = 2+i+ . 2 2 4. Dans cette question, M est un point du cercle Γ.
a. Le point M(z) est sur le cercle de centre Ω(ω) et de rayon r si et seulement s’il existe un réel θ tel que z = ω + r eiθ (Représentation paramép trique d’un cercle). Ici, M est sur le p cercle de centre O et de rayon 10 donc il existe un réel θ tel que : m = 10eiθ . ¯ ¯ ¯ (1 − i)m ¯ 1 p p p ¯ = |1 − i|.|m| = 1 2 10 = 5. Si D est le point b. |q − 2 − i| = ¯¯ ¯ 2 2 p 2 d’affixepd = 2+ı, alors DQ = 5 donc Q est sur le cercle de centre D et de rayon 5. p (1 − i)m 1 p −iπ/4 p 2e 10eiθ = 5ei(θ−π/4) . Quand = Plus précisément, q−d = 2 2 M décrit le cercle Γ, θ décrit R, θp − π/4 décrit R et le point Q décrit tout le cercle de centre D et de rayon 5.
Pondichéry
2
16 avril 2009
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
E XERCICE 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité zA = i et zB = 1 + 2i.
5 points
1. Les points O et A sont distincts et les points A et B aussi, il existe donc une unique similitude directe S telle que : S(O) = A et S(A) = B. (Similitude définie par les images distinctes de deux points distincts) 2. On note z ′ = az + b l’écriture complexe de la similitude S. S(O) = A ⇐⇒ z A = a × 0 + b ⇐⇒ b = i, S(A) = B ⇐⇒ zB = az A + b ⇐⇒ 1 + 2i = ai + i ⇐⇒ ai = 1 + i ⇐⇒ a = 1 − i. L’écriture complexe de S est donc z ′ = (1 − i)z + i p 2 cos(θ) = p 2 p Le complexe 1−i a pour module 2 et pour argument θ tel que 2 sin(θ) = − 2 π soit θ = − 4 Le point invariant par S est le point Ω(ω) vérifiant : w = (1 − i)ω + i ⇐⇒ iω = i ⇐⇒ ω = 1 p π S est une similitude directe de centre Ω(1), de rapport 2 et d’argument − . 4 3. a. Les affixes zn des points A n vérifient z0 = 0 et zn+1 = (1−i)zn +i. En outre, puisque Ω(1) est centre de S, on a zn+1 −1 = (1−ı)(zn −1). La suite (zn −1) est donc géométrique de raison 1 − i et de premier terme z0 − 1 = −1. Et pour tout n, zn − 1 = (−1)(1 − i)n , soit zn = 1 − (1 − i)n . −−−→ b. ΩA n a pour affixe zn − 1 = −(1 − i)n . −−−−−−→ A n A n+1 a pour affixe zn+1 − zn = (1 − i)n − (1 − i)n+1 = (1 − i)n i. zn+1 − zn = −i = e−iπ/2 donc (Interprétation géométrique Pour tout n, zn − 1 ³−−−→ −−−−−−→´ π d’un quotient), ΩA n = A n A n+1 et ΩA n , A n A n+1 = − . 2 c. Le triangle ΩA n A n+1 est donc un triangle rectangle isocèle indirect de sommet A n . Les points successifs se construisent donc en traçant des triangles rectangles isocèles.
B = A2 b
A = A1
b
A3
b
~ v b
O = A0
b
~ u
b
A4
Ω
−−→ −−−→ 4. Le point (A n ) appartient à la droite (ΩB) si et seulement si (ΩB , ΩA n ) = kπ, (k ∈ Z). µ ¶ ³ π´ zn − 1 −−→ −−−→ Or (ΩB , ΩA n ) = Arg donc = Arg((1 − i)n−2 ) = (n − 2) − z2 − 1 4 n −2 −−→ −−−→ (ΩB , ΩA n ) = kπ ⇐⇒ − = k ⇐⇒ n − 2 = −4k ⇐⇒ n ≡ 2 (mod 4) 4
Pondichéry
3
16 avril 2009
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
E XERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats ³ → ´ − − → − → Dans un repère orthonormé de l’espace O, ı , , k A a pour coordonnées (1, 1, 0), B (2, 0, 3), C (0, −2, 5) et D(1, −5, 5). Proposition 1 : L’ensemble des points M de coordonnées (x, y, z) tels que y = 2x +4 est une droite. FAUX L’équation y = 2x + 4 caractérise un plan passant E(0, 4, 0) et de vecteur normal ~ n (2, −1, 0) Proposition 2 : La transformation qui, à tout point M de l’espace associe le point −−−−→ −−→ −−→ −−→ M ′ tel que M M ′ = MA + MB + 2MC est l’homothétie de centre G, où G désigne le barycentre du système {(A, 1), (B, 1), (C , 2)}, et de rapport 3. FAUX. −−−−→ −−−→ L’égalité vectorielle s’écrit encore M M ′ = 4MG (réduction vectorielle), soit encore −−−→ −−−→ G M ′ = −3G M , caractérisant une homothétie de centre G et de rapport −3. Proposition 3 : A, B, C et D sont quatre points coplanaires. FAUX −−→ −−→ −−→ Les vecteurs D A (0, 6, −5), DB (1, 5, −2) et DC (−1, 3, 0) ne sont pas coplanaires. −−→ −−→ En effet, les vecteurs D A et DC ne sont pas colinéaires (composantes nulles diffé−−→ −−→ −−→ rentes) et DB n’est pas combinaison linéaire de D A et DC . = 1 −y −−→ −−→ −−→ 6x + 3y = 5 Équations incompatibles. En effet DB = x D A + y DC ⇐⇒ −5x = −2
Proposition 4 : La sphère de centre Ω de coordonnées (3, 3, 0) et de rayon 5 est tangente au plan d’équation : 2x + 2y + z + 3 = 0. VRAI. |2 × 3 + 2 × 3 + 0 + 3| La distance du point Ω au plan est égale à = 5 donc est égale au p 22 + 22 + 12 rayon de la sphère.
E XERCICE 4 Commun à tous les candidats 1.
4 points
a. Il s’agit d’une expérience à deux issues avec une probabilité de succès 5 1 p = et une probabilité d’échec q = que l’on répète de manière in6 6 dépendante 3 fois. X représente le nombre de succès et suit donc une loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 16 .
b. L’espérance d’une loi binomiale de paramètres n et p est np. Donc 1 1 E (X ) = 3 = 6 Ã 2! c. P (X = 2) =
2.
5 3 2 1 5 . p q = 3× 3 = 6 72 2
a.
5/72 1/2
A
D A 2/9
1/2
A
D A
L’événement « choisir le dé équilibré et obtenir exactement deux six » correspond à D ∩ A 1 5 5 p(D ∩ A) = p(D) × p D (A) = × = . 2 72 144 Pondichéry
4
16 avril 2009
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
L’événement « choisir le dé truqué et obtenir exactement deux six » correspond à D ∩ A.
p(D ∩ A) = p(D) × p D (A). On utilise un raisonnement analogue au 1.c., Ã ! 3 ′2 ′1 2 1 1 2 1 p q où p ′ = . Donc p D (A) = et p(D ∩ A) = × = . p D (A) = 2 3 9 2 9 9
5 16 21 7 + = = . 144 144 144 48 p(D ∩ A) 1 48 16 c. Il s’agit de calculer p(D sachant A) = = × = . p(A) 9 7 21 µ ¶n 5 a. p D (B n ) = 1 − p D (« n’obtenir aucun 6 ») = 1 − q n = 1 − . De même 6 µ ¶n 2 p D (B n ) = 1− . On applique alors la formule des probabilités totales : 3 µ ¶ µ ¶ 1 5 n 1 2 n − . p n = p(B n ) = p(D) × p D (B n ) + p(D) × p D (B n ) = 1 − 2 6 2 3 µ ¶n µ ¶n 5 2 5 2 b. lim = 0 et lim = 0 car et appartiennent à ]−1; 1[. Donc n→+∞ 6 n→+∞ 3 6 3 lim p n = 1. Ce résultat est prévisible car, quel que soit le dé, à condition
b. On en déduit que p(A) = p(D ∩ A) + p(D ∩ A) =
3.
n→+∞
de jouer suffisamment longtemps, on a une quasi certitude d’obtenir au moins une fois un 6. (ici, p 22 > 0, 99 et p 100 ≈ 1).
Pondichéry
5
16 avril 2009