Bac 2007: Maths série S + corrigé by tewfiq

[ Baccalauréat S France 15 juin 2007 \

E XERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats ³ → ´ − − → − → L’espace est muni du repère orthonormal O, ı ,  , k . Soient (P) et (P′ ) les plans d’équations respectives x +2y − z +1 = 0 et −x + y + z = 0. Soit A le point de coordonnées (0 ; 1 ; 1). 1. Démontrer que les plans (P) et (P′ ) sont perpendiculaires. 2. Soit (d) la droite dont une représentation paramétrique est :  1   x = − +t   3 1 où t est un nombre réel. y = −    3  z = t

Démontrer que les plans (P) et (P′ ) se coupent selon la droite (d).

3. Calculer la distance du point A à chacun des plans (P) et (P′ ). 4. En déduire la distance du point A à la droite (d). E XERCICE 2 Commun à tous les candidats

3 points

1. Restitution organisée de connaissances Démontrer la formule d’intégration par parties en utilisant la formule de dérivation d’un produit de deux fonctions dérivables, à dérivées continues sur un intervalle [a ; b]. 2. Soient les deux intégrales définies par Zπ Zπ I= ex sin x dx et J = ex cos x dx. 0

a. Démontrer que 1 = −J et que I = J + e + 1. b. En déduire les valeurs exactes de I et de J. E XERCICE 3 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

Partie A On considère l’équation : (E) z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = 0 où z est un nombre complexe. 1. Démontrer que le nombre complexe i est solution de cette équation. 2. Déterminer les nombres réels a, b et c tels que, pour tout nombre complexe z on ait : ¡ ¢ z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = (z − i) az 2 + bz + c .

3. En déduire les solutions de l’équation (E).

Partie B ³ → − → −´ Dans le plan complexe, rapporté au repère orthonormal direct O, u , v , on désigne par A, B et C les points d’affixes respectives i, 2 + 3i et 2 − 3i.

Baccalauréat S

1. Soit r la rotation de centre B et d’angle image du point A par la rotation r .

π . Déterminer l’affixe du point A′ , 4

2. Démontrer que les points A′ , B et C sont alignés et déterminer l’écriture complexe de l’homothétie de centre B qui transforme C en A′ . E XERCICE 3 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

5 points

La figure est proposée en annexe 1. Elle sera complétée tout au long de l’exercice. ³ → − → −´ Dans le plan complexe, rapporté au repère orthonormal direct O, u , v , on considère les points A, B et C, d’affixes respectives −5 + 6i, −7 − 2i et 3 − 2i. On admet que le point F, d’affixe −2 + i est le centre du cercle Γ circonscrit au triangle ABC. 1. Soit H le point d’affixe −5. Déterminer les éléments caractéristiques de la similitude directe de centre A qui transforme le point C en le point H. 2.

a. Étant donné des nombres complexes z et z ′ , on note M le point d’affixe z et M ′ le point d’affixe z ′ . Soient a et b des nombres complexes. Soit s la transformation d’écriture complexe z ′ = az + b qui, au point M, associe le point M ′ . Déterminer a et b pour que les points A et C soient invariants par s. Quelle est alors la nature de s ? b. En déduire l’affixe du point E, symétrique du point H par rapport à la droite (AC). c. Vérifier que le point E est ùn point du cercle Γ.

3. Soit I le milieu du segment [AC]. Déterminer l’affixe du point G, image du point I par l’homothétie de centre B 2 et de rapport . 3 Démontrer que les points H, G et F sont alignés. E XERCICE 4 Commun à tous les candidats Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.

4 points

Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. On donnera sur la feuille la réponse choisie sans justification. Il sera attribué un point si la réponse est exacte, zéro sinon. Dans certaines questions, les résultats proposés ont été arrondis à 10−3 près. 1. Un représentant de commerce propose un produit à la vente. Une étude statistique a permis d’établir que, chaque fois qu’il rencontre un client, la probabilité qu’il vende son produit est égale à 0,2. Il voit cinq clients par matinée en moyenne. La probabilité qu’il ait vendu exactement deux produits dans une matinée est égale à : a. 0,4 b. 0,04 c. 0,1024 d. 0,2048 2. Dans une classe, les garçons représentent le quart de l’effectif. Une fille sur trois a eu son permis du premier coup, alors que seulement un garçon sur dix l’a eu du premier coup. On interroge un élève (garçon ou fille) au hasard. La probabilité qu’il ait eu son permis du premier coup est égale à : a. 0,043 b. 0,275 c. 0,217 d. 0,033

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15 juin 2007

Baccalauréat S

3. Dans la classe de la question 2, on interroge un élève au hasard parmi ceux ayant eu leur permis du premier coup. La probabilité que cet élève soit un garçon est égale à : a. 0,100 b. 0,091 c. 0,111 d. 0,25 4. Un tireur sur cible s’entraîne sur une cible circulaire comportant trois zones délimitées par des cercles concentriques, de rayons respectifs 10, 20 et 30 centimètres. On admet que la probabilité d’atteindre une zone est proportionnelle à l’aire de cette zone et que le tireur atteint toujours la cible. La probabilité d’atteindre la zone la plus éloignée du centre est égale à : 5 9 4 1 a. b. c. d. 9 14 7 3 E XERCICE 5 Commun à tous les candidats On considère la fonction f définie sur l’intervalle ] − 1 ; +∞[ par : f (x) = x −

5 points

ln(1 + x) . 1+x

La courbe C représentative de f est donnée sur le document annexe 2 que l’on complétera et que l’on rendra avec la copie. Partie A : Étude de certaines propriétés de la courbe C 1. On note f ′ la fonction dérivée de f . Calculer f ′ (x) pour tout x de l’intervalle ] − 1 ; +∞[. 2. Pour tout x de l’intervalle ] − 1 ; +∞[, on pose N (x) = (1 + x)2 − 1 + ln(1 + x). Vérifier que l’on définit ainsi une fonction strictement croissante sur ]−1 ; +∞[. Calculer N (0). En déduire les variations de f . 3. Soit D la droite d’équation y = x. Calculer les coordonnées du point d’intersection de la courbe C et de la droite D. Partie B : Étude d’une suite récurrente définie à partir de la fonction f 1. Démontrer que si x ∈ [0 ; 4], alors f (x) ∈ [0 ; 4]. 2. On considère la suite (un ) définie par : ½

u0 un+1

= =

4 et f (un ) pour tout n de N.

a. Sur le graphique de l’annexe 2, en utilisant la courbe C et la droite D, placer les points de C d’abscisses u0 , u1 , u2 et u3 . b. Démontrer que pour tout n de N on a : un ∈ [0 ; 4]. c. Étudier la monotonie de la suite (un ). d. Démontrer que la suite (un ) est convergente. On désigne par ℓ sa limite. e. Utiliser la partie A pour donner la valeur de ℓ.

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Baccalauréat S

ANNEXE À compléter et à rendre avec la copie Exercice 5

0 −2

−1

-1 -2

France

-1

−1

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Baccalauréat S

ANNEXE 1 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité À compléter et à rendre avec la copie Exercice 3

· y ·

·b

· x ·

· · − O → u · · ·

·b

France

→ − v

15 juin 2007

[ Baccalauréat S France 15 juin 2007 (correction)\

E XERCICE 1

3 points

 1 − 1. (P) a pour équation cartésienne : x + 2y − z + 1 = 0. Un vecteur normal à (P) est : → n  2 . −1   −1 → − (P’) a pour équation cartésienne : −x + y + z = 0. Un vecteur normal à (P) est : n ′  1 . 1 → −′ → −′ → − → − Alors : n .n = (1 × (−1)) + (2 × 1) + (−1 × 1) = −1 + 2 − 1 = 0 donc les vecteurs n et n sont orthogonaux. Les plans (P) et (P’) sont 

perpendiculaires. 2. Les deux plans étant perpendiculaires, ils se coupent selon une droite (d). Les coordonnées (x ; y ; z) des points de (d) vérifient les ½ deux équations des plans½ et sont solutions du système½formé par ces deux équations x + 2y − z + 1 = 0 x + 2y = z − 1 = 0 −x + y = −z ⇔ ⇔ −x + y + z = 0 −x + y = −z 3y = −1  1   x = − +t   3 1 ⇔ , t ∈ R qui est la représentation paramétrique de (d) donnée dans le texte. y = −    3  z = t 3. Pour un plan d’équation (P) cartésienne ax + by + cz + d = 0 et un point A(xA ; y A ; zA ), la distance entre A et (P) est : d(A ; (P))= |axA + by A + czA + d| . p a2 + b2 + c2 2 2 On en déduit : d(A ; (P))= p et d(A ; (P’))= p . 6 3 Notons H et H’ les projetés orthogonaux de A sur (P) et sur (P’). Comme les deux plans (P) et (P’) sont orthogonaux, le projeté orthogonal de H sur (P’) est cofondu avec le projeté orthogonal de H’ sur (P). Le quadrilatère AHDH’ est donc un rectangle. Soit δ la distance entre A et (d). δ est la longueur de la diagonale de ce rectangle. On applique le théorème de Pythagore : δ2 = µ ¶ µ ¶ p 2 2 2 2 2 4 + p = + = 2. D’où δ = 2. p 3 3 6 3 E XERCICE 2

3 points

1. Restitution organisée de connaissances Soient u et v deux fonctions dérivables sur [a ; b] et dont les dérivées sont Alors (uv)′ = uR′ v + uv ′ . R b continues. Rbuv est′ dérivable et b ′ ′ ′ ′ ′ Par conséquent, u v = (uv) −uv et ce sont des fonctions continues d’où a u (x)v(x) dx = a [(uv) (x)−u(x)v (x)] dx = a (uv)′ (x) dx− Rb Rb Rb ′ b ′ ′ = [u(x)v(x)]a − a u(x)v (x) dx = u(b)v(b) − u(a)v(a) − a u(x)v (x) dx. a u(x)v (x)Rdx (linéarité de l’intégrale) Rπ x π x 2. On pose I = 0 e sin x dx et J = 0 e cos x dx. a. Première méthode : on pose u ′ (x) = ex d’où u(x) = ex et v(x) = sin x d’où v ′ (x) = cos x. u et v sont dérivables et leurs dérivées sont continues. On effectue une intégration par parties : Rπ I = [ex sin x]π0 − 0 ex cos x dx = −J donc I = −J. Deuxième méthode : on pose u(x) = ex donc u ′ (x) = ex et w ′ (x) = sin x d’où w(x) = − cos x. u ′ et w ′ sont continues. On intègre par parties : Rπ I = [−ex cos x]π0 − 0 −ex cos x dx = 1 + eπ + J donc I = 1 + eπ + J. On ½ obtient le système : I = −J . I = 1 + eπ + J 1 1 On obtient : I = (1 + eπ ) et J = − (1 + eπ ) 2 2

Baccalauréat S

E XERCICE 3 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Partie A

5 points

Soit (E) l’équation z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = 0. 1. On a : i3 − (4 + i)i2 + (13 + 4i)i − 13i = −i + 4 + i − 4 + 13i − 13i = 0 donc i est solution de (E). 2. (z − i)(az 2 + bz + c) = az 3 + (b − ai)z 2 + (c − bi)z − ic. Deux polynômes sont égaux si et seulement si les coefficients sont égaux. On obtient le système :    = 1 = 1    a  a   a = 1  b − ai = −4 − i c = 13 b = −4 ⇔ ⇔  c − bi = 13 + 4i   b −i = −4 − i     c = 13 −ic = −13i 13 − bi = 13 + 4i donc z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = (z − i)(z 2 − 4z + 13). 3. L’équation (E) s’écrit (z − i)(z 2 − 4z + 13) = 0. Dans C, un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. • z −i = 0 ⇔ z = i • z 2 − 4z + 13 = 0. ∆ = −36 = (6i)2 < 0. Il y a deux racines complexes conjuguées

4 − 6i = 2 − 3i et 2 + 3i. 2

L’ensemble des solutions est : S = {i ; 2 − 3i ; 2 + 3i} Partie B π . 4 π π Une écriture complexe de r est z ′ − zB = ei 4 Ã(z − zB ) ⇔ z!′ = ei 4 (z − 2 − 3i) + 2 + 3i. p p p p ¢ ¡ π 2 2 +i (10 + i) + 2 + 3i = −2i 2 + 2 + 3i = 2 + 3 − 2 2 i. On en déduit zA’ = ei 4 (−2 − 2i) + 2 + 3i = −2 2 2

1. Soit r la rotation de centre B et d’angle

2. Les affixes de A’, B et C ont la même partie réelle 2 donc les trois points sont alignés sur la droite d’équation = 2. p réduite p xp 2 BA’ 3 − (3 − 2 2) 2 2 A’ est donc l’image de C par une homothétie de centre B et de rapport k. k > 0 donc k = = = = . BC 3 − (−3) 6 3 Une écriture complexe de cette homothétie est alors : p 2 ′ ′ (z − 2 − 3i) + 2 + 3i. z = k(z − zB ) + zB c’est-à-dire z = 3

E XERCICE 3 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

5 points

1. Soit σ la similitude directe de centre A qui transforme C en H. p AH |zH − zA | |6i| 6 3 3 2 Le rapport de cette similitude est k = = = = p = p = . AC |zC −µzA | 8 −¶8i| 8µ 2 ¶4 2 µ 8 ¶ µ ¶ ¶ µ ³−→ −→´ zH − zA −6i i 3 6 3 Un angle de cette similitude est : AC ; AH = arg = arg = arg − × = arg − × (−1 + i) = arg (1 − i) = zC − zA 8 − 8i 8 1−i 8 8 π − + 2kπ, k ∈ Z. 4 p 3 2 π σ est la similutude directe de centre A, de rapport et d’angle − . 8 4 2. a. s a pour écriture complexe z ′ = az + b. A ½ et C sont invariants donc on a le système : zA = azA + b . zC = azC + b ¡ ¢ zA − zC −8 + 8i −1 + i −i(−1 − i) En soustrayant membre à membre, il vient : zA − zC = a zA − zC donc a = = = = = −i. zA − zC −8 − 8i −1 − i −1 − i b = zA − azA = −5 + 6i + i(−5 − 6i) = −5 + 6i − 5i + 6 = 1 + i France

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Baccalauréat S

s a pour écriture complexe : z ′ = −iz + 1 + i. s n’est pas l’identité et est une similitude indirecte ayant deux points invariants : c’est une symétrie axiale, d’axe (AC). b. E est le symétrique de H par rapport à la droite (AC), donc E est l‘image de H par s. zE = −izH + 1 + i = −i(−5) + 1 + i = 1 + 6i. zE=1+6i .

p c. Le rayon du cercle circonscrit au triangle pABC est FA = |zA − zF | = | − 5 + 6i + 2 − i| = | − 3 + 5i| = 34. FE = |zE − zF | = |1 + 6i + 2 − i| = |3 + 5i| = 34. FE=FA donc E appartient au cercle circonscrit au triangle ABC. (Remarque : H est en fait l’orthocentre du triangle ABC et on a vérifié une propriété générale dans un triangle disant que le symétrique de l’orthocentre d’un triangle par rapport à un côté de ce triangle appartient au cercle circonscrit ) zA + zC −5 + 6i + 3 − 2i −2 + 4i = = = −1 + 2i. zI = −1 + 2i. 3. I est le milieu de [AC]. L’affixe de I est zI = 2 2 2 2 G est l’image de I par l’homothétie de centre B et de rapport . (par conséquent, G est le centre de gravité du triangle, puisque 3 l’on sait que celui-ci est aux deux tiers de chaque médiane en partant du sommet). 2 2 Cette homothétie a pour écriture complexe z ′ − zB = (z − zB ) donc z = (z + 7 + 2i) − 7 − 2i. 3 3 2 8 2 2 2 Avec z = zI , on obtient zG = (−1 + 2i + 7 + 2i) − 7 − 2i = (6 + 4i) − 7 − 2i = 4 + i − 7 − 2i = −3 + i. zG = −3 + i. 3 3 3 3 3 2 2 −−→ Le vecteur HG a pour affixe zG − zH = −3 + i + 5 = 2 + i. 3 3 µ ¶ 3 2 3 −−→ −→ . 2 + i = z− Le vecteur H F a pour affixe zF − zH = −2 + i + 5 = 3 + i = 2 3 2 HG −−→ −→ Les vecteurs HG et HF sont donc colinéaires : les points H, G et F sont donc colinéaires. (remarque : on a remontré dans un cas particulier que dans un triangle non équilatéral, le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l’othocentre d’un triangle sont alignés sur une droite appelée droite d’Euler.)

· A

· y ·

·b

·b E ·

·b

·b I ·

· x ·

G ·

·b H ·

·b F ·

· · − O → u · · ·

·b

·b · C · ·

→ − v

E XERCICE 4 Commun à tous les candidats Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.

4 points

1. Supposons qu’il voie 5 clients et chaque rencontre est considérée comme une expérience identique, indépendante, pour laquelle la probabilité de vendre le produit est p = 0, 2. France

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Baccalauréat S

Si X est la variable ¡ ¢aléatoire donnant le nombre de produits vendus, X suit la loi binomiale B(5 ; p). Alors p(X = 2) = 52 p 2 (1 − p)3 = 10 × 0, 22 × 0, 83 = 0,204 8. (réponse d)).

2. Notons G l’événement « l’élève choisi est un garçon »et P l’événement « l’élève choisi a obtenu son permis ». Représentons la situation par un arbre. 1 10

9 10

1 4

P = (P ∩ G) ∪ (P ∩ G) (réunion d’événements incompatibles).

b 3 4

1 3

2 3

1 1 3 1 1 11 1 × + × = + = = 0, 275. Réponse b). 10 4 3 4 40 4 40 1 p(G ∩ P ) 40 1 3. Il s’agit de calculer la probabilité conditionnelle p P (G). p P (G) = = ≈ 0, 091 à 0,001 près. C’est la réponse b). = 11 11 p(P ) 40 4. Il faut calculer le quotient entre l’aire de la zone extérieure et l’aire totale. π × 302 − π × 102 900π − 100π 500π 500 5 = = = = . C’est la réponse a). p= π × 302 900π 900π 900 9 Il fallait répondre : d), b), b), a) Alors : p(P ) = p(P ∩ G) + p(P ∩ G) = pG (P ) × p(G) + pG (P ) × p(G) =

E XERCICE 5 Commun à tous les candidats On considère la fonction f définie sur l’intervalle ] − 1 ; +∞[ par :

5 points

f (x) = x −

ln(1 + x) . 1+x

Partie A 1. f est dérivable comme composée, quotient et somme de fonctions dérivables sur ] − 1 ; +∞[. ln v f =u− en posant u(x) = x et v(x) = 1 + x. u ′ (x) = 1 et v ′ (x) = 1. v v′ ¶′ µ × v − v ′ ln v 1 − v ′ ln v ln v v ′ ′ ′ ′ = u − . =u − f =u − v v2 v2 1 − ln(1 + x) (1 + x)2 − 1 + ln(1 + x) = . Par conséquent, pour tout x de ] − 1 ; +∞[, f ′ (x) = 1 − (1 + x)2 (1 + x)2 2. On pose N (x) = (1 + x)2 − 1 + ln(1 + x). N est dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables. 2(1 + x)2 + 1 1 = . Comme x appartient à ]+1 ; +∞[, 1+ x > 0. Le numératuer est positif comme somme N ′ (x) = 2×1×(1+ x)+ 1+x 1+x de nombres strictement positifs. Par conséquent, N (x) > 0 pour tout x. On en déduit que N est croissante sur ] − 1 ; +∞[. N (0) = 0 donc N (x) < 0 pour tout x de ] − 1 ; 0[ et N (x) > 0 pour tout x > 0. N (x) qui est du signe du numérateur N (x) car (1 + x)2 > 0 pour tout x. f ′ (x) = (1 + x)2 Par conséquent, f ′ (x) < 0 sur ] − 1 ; 0[, f ′ (0) = 0 et f ′ (x) > 0 pour x > 0. On en déduit le tableau de variations de f :

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Baccalauréat S

x f ′ (x)

−1 −

f (x)

0 0

+∞ + ր

0 D est la droite d’équation y = x. Pour avoir les coordonnées du point d’intersection de D et de C , on résout l’équation f (x) = x. ln(1 + x) = 0 ⇔ ln(1 + x) = 0 ⇔ 1 + x = 1 ⇔ x = 0. f (x) = x ⇔ − 1+x Comme f (0) = 0, D et C se coupent à l’origine.

Partie B 1. Sur l’intervalle [0 ; 4], f est croissante donc pour tout x de [0 ; 4], 0 = f (0) 6 f (x) 6 f (4) ; or f (4) = 4 − 2.

ln 5 < 4 donc f (x) ∈ [0 ; 4. 5

a. Voir courbe. b. Montrons par récurrence sur n, que, pour tout n, un ∈ [0 ; 4]. • Amorçage : u0 = 4 ∈ [0 ; 4] donc c’est vrai au rang 0. • Hérédité : supposons que un ∈ [0 ; 4] pour un entier n. Alors un+1 = f (un ) ∈ [0 ; 4] d’après 1. Par conséquent, un ∈ [0 ; 4] pour tout n. ln(1 + un ) ln(1 + un ) − un = − 6 0 car 1 + un > 1 d’où ln(1 + un ) > 0. 1 + un 1 + un Par conséquent, la suite (un ) est décroisssante.

c. Pour tout n, un+1 − un = f (un ) − un = un −

d. La suite (un ) est décroissante et minorée par 0 : elle est convergente vers un réel ℓ. e. Comme f est continue, on sait que ℓ est solution de l’équation f (x) = x. On en déduit que ℓ = 0.

y D

1 1

0 u3 u2 u1 u0

-1 -2

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-1

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