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correction bac blanc math de mardi
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T.S
D.S. 9 Eléments de correction Lycée E. Belin
Exercice n°1 :
1) a) AB2 = 62 + 02 + (-6)2 = 72 ; AC2 = 02 + 62 + (-6)2 = 72 et BC2 = (-6)2 + 62 + 02 = 72
Donc le triangle ABC est équilatéral
b) AB (6 ; 0 ; -6) et AC (0 ; 6 ; -6)
n . AB = 0 et n . AC = 0 donc le vecteur n (1 ; 1 ; 1) est un vecteur normal au plan (ABC).
c) Une équation du plan (ABC) est de la forme x + y + z + d = 0
A appartient au plan (ABC) donc 1 – 1 + 4 + d = 0 c’est-à-dire d = -4
On en déduit que x + y + z – 4 = 0 est une équation cartésienne au plan (ABC).
2) a) Un vecteur directeur de D est le vecteur u de coordonnées (-2 ; -2 ; -2).
n et u sont colinéaires donc D est perpendiculaire au plan (ABC).
b) -2t + (-2t - 2) + (-2t – 3) – 4 = 0 ⇔ -6t = 9 ⇔ t = -2
3
=−
−×−=
=−
−×−=
=
−×−=
032
32z
122
32y
32
32
G
G
Gx
c) GCBA 3
3
9
3x
xxx===
++ ; G
CBA y13
3
3
yyy===
++et G
CBA z03
0
3
zzz===
++
Le point G est l’isobarycentre des points A, B et C.
3) a) AG2 = 22 + 22 + (-4)2 = 24. La sphère S a donc pour rayon 24
Une équation de la sphère S est (x – 3)2 + (y – 1)2 + z2 = 24.
b) (-2t – 3)2 + (-2t - 2 – 1)2 + (-2t – 3)2 = 24 ⇔ 4t 2 + 12t + 1 = 0 ⇔ t = 2
223 −− ou t =
2
223 +−
Les points E et F ont pour coordonnées respectives E(3 + 2 2 ; 1 + 2 2 ; 2 2 ) et F(3 - 2 2 ; 1 - 2 2 ; -2 2 )
Exercice n°2 :
Partie A :
Pour tout point M du plan distinct de Ω, ΩM’ = ΩM ⇔ ωzωz' −=− ⇔ 1ωz
ωz'=
−
− et θ)ΩM'; ΩM( = [2π] ⇔ arg θ
ωz
ωz'=
−
−[2π]
On en déduit alors que iθeωz
ωz'=
−
−puis que z’ - ω = θie (z - ω).
Partie B :
1) zB = ×
π
3
2i
e zA = ×
π
3
2i
e 3i
eπ
= πie = -1 et zC = ×
π
3
2i
e zB = ×
π
3
2i
e -1 = ×
π
3
2i
e πie = 3
5i
eπ
= 2
3i
2
1−
2) a) OA = 3
πi
e = 1 ; OB = 11 =− et OC = 12
3i
2
1=− . Donc Γ est le cercle circonscrit au triangle ABC.
b) AB = 32
3i
2
3
2
3i
2
11zz AB =−−=−−−=− ; AC = 33i
2
3i
2
1
2
3i
2
1zz AC =−=−−−=−
BC = 32
3i
2
31
2
3i
2
1zz BC =−=+−=− . Donc ABC est équilatéral.
3) b) L’homothétie h multiplie les distances par 2 donc PQ = 2AB, QR = 2BC et RP = 2CA.
Or AB = BC = CA d’où PQ = QR = RP et alors PQR est un triangle équilatéral.
4) a) z’ = -2z
b) zA + zB + zC = 02
3i
2
11
2
3i
2
1=−+−+ . zQ + zR = -2zB - 2zC = -2(zB + zC) = -2(-zA) = 2zA.
On en déduit que zA =2
zz RQ +puis que A est le milieu du segment [QR].
c) Q(2 ; 0) et R(-1 ; 3 ). QR (-3 ; 3 ) et OA
2
3;
2
1. QR . OA = 0
2
3
2
3=+− .
La droite (QR) est la tangente en A au cercle Γ.
Exercice n°3 :
1) a) ∞+=∞→
lim 2
-x
x ; ∞+=
∞→ elim -1
-
x
xdonc ∞+=
∞→ elim -12
-
x
xx
0 e
elim elim
2-12 ==
+∞→+∞→ xx
x
x
xx car 0
elim
2
=+∞→ xx
x. Donc l’axe des abscisses est asymptote à C en + ∞
b) Les fonction x x – 1 et x ex sont dérivables sur R donc par composée la fonction x e1-x est dérivable sur R.
La fonction x x2 est dérivable sur R donc le produit x x2 e1-x est dérivable sur R.
f ’ (x) = 2x e1-x - x2 e1-x = (2x – x2) e1-x
c)
2) a) In+1 = ∫ +
1
0
- 11 d e xx xn
On pose u’ (x) = e1-x u (x) = - e1-x donc :
v (x) = xn+1 v ’ (x) = (n+1) xn
b) I1 = ∫1
0
- 1 d e xx x
On pose u’ (x) = e1-x u (x) = - e1-x donc :
v (x) = x v ’ (x) = 1
D’après 2) a) I2 = - 1 + 2 I1 = - 5 + 2 e
2) c) Comme x2 e1-x ≥ 0 sur [0 ; 1] alors I2 est égal à l’aire du domaine compris sous la courbe C au dessus de l’axe des abscisses
et les droites d’équation x = 0 et x = 1 en unité d’aire. Voir partie hachurée en 1) c)
x - ∞ 0 2 + ∞
2x – x2 - 0 + 0 -
e1-x +
f ’ (x) - 0 + 0 -
f
+ ∞ 4e-1
0 0
2x – x2 = 0 ⇔ x (2 – x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2
In+1 = [ ] ∫ ++
1
0
-11 0
-11 d e 1) ( - - e - xxnx xnxn
= - 1 + (n + 1) In
I1 = [ ] ∫1
0
-11 0
-1 d e - - e - xx xx
= - 1 - [ ]1 0
-1e x
= - 1 – 1 + e
= e - 2
3) a) On note g (x) = e1-x . On a g ’ (x) = - e1-x ≤ 0 sur r donc la fonction g est décroissante sur [0 ; 1].
Pour tout x ∈ [0 ; 1], on a donc : g (1) ≤ g (x) ≤ g (0) ⇔ 1 ≤ e1-x ≤ e. Comme xn ≥ 0 pour x ∈ [0 ; 1], alors : xn ≤ xn e1 - x ≤ e xn
b) D’après le théorème de comparaison sur les intégrales, on a : ∫1
0
d xx n ≤ ∫1
0
- 1 d e xx xn ≤ ∫1
0
d e xx n
donc : 1
0 1
+nx n
≤ In ≤ 1
0 1
e
+nx n
c'est-à-dire : 1
1
+n ≤ In ≤
1
e
+n
On sait que 0 n 1
elim
1 n
1lim =
+=
+ +∞→+∞→ nn donc d’après le théorème des gendarmes, on a : 0 Ilim =
+∞→n
n
Exercice n°4 :
1) a)
2) Soit Y la variable aléatoire qui donne le nombre de pneus ayant un défaut. Y suit une loi binomiale car on répète une
expérience ayant deux issues de manière indépendante. Les paramètres sont n = 10 et p = 1 – 0,875 = 0,125
P (Y ≤ 1) = P (Y = 0) + P (Y = 1 ) = 91100 0,875 0,125 1
10 0,875 0,125
0
10××
+××
≈ 0,639
3) a) P (500 ≤ X ≤ 1000) = P (X ≤ 1000) - P (X ≤ 500) = ∫ λλ
1000
0
- d e xx - ∫ λλ
500
0
- d e xx = ∫ λλ
1000
0
- d e xx + ∫ λλ
0
500
- d e xx
P (500 ≤ X ≤ 1000) = ∫ λλ
1000
500
- d e xx = [ ]1000 500
-e - xλ = - e- 1000 λ + e- 500 λ = e- 500 λ - e- 1000 λ
b) e- 500 λ - e- 1000 λ = 0,25 . On pose x = e- 500 λ et l’équation est équivalente à : x – x2 - 0,25 = 0
∆ = 0 donc x0 = 2
1 . On résout e- 500 λ =
2
1 ⇔ λ =
500
2 ln ≈ 0,0014.
Exercice n°5 :
1) b) car : i - 3 = 6
5i
e 2π
donc Z = 3
25i10
10
6
5i
e 2 e 2ππ
=
= 210 3
πi
e
2) c) car : P (0,2 < X < 0,92) = ∫0,92
0,2
d 1-4
1 x =
3
0,2 -
3
920, = 0,24
3) b) car on peut tirer soit : 2 boules blanches dans l’urne U1 ou 2 boules blanches dans l’urne U2 ou 1 boule blanche dans chaque
urne c'est-à-dire :
×
×
×
+
×
+
×
1
3
1
2
1
2
1
3
2
2
2
2
2
3
2
3 = 46
4) a) car V = π [ ]∫2
0
2 d)( xxf = π ∫2
0
6 d xx = π
2
0
7
7
x7
128 π
5) b) car :
=++
=+
=+
9 2 3
1 - 3 2
2
zyx
zyx
yx
⇒
+←=+
=+
=+
233 L LL 10 5 5
1 - 3 2
2
yx
zyx
yx
⇒
=+
=+
=+
2
1 - 3 2
2
yx
zyx
yx
⇒
+=
=
=
k 3
k
k - 2
z
y
x
avec k ∈R
0,3
F1
F2
F3
0,3
0,4
D
D
D
D
D
D
0,8
0,95
0,85
0,15
0,05
0,20 D’après le théorème des probabilités totales, on a :
P ( D ) = P ( D F1 ∩ ) + P( D F2 ∩ ) + P( D F3 ∩ )
= 0,3 × 0,8 + 0,4 × 0,95 + 0,3 × 0,85
= 0,875
b) ( )( )
( )D P
D F P F P 2
2D
∩= =
8750
0,95 40
,, ×
≈ 0,434