3
T.S D.S. 9 Eléments de correction Lycée E. Belin Exercice n°1 : 1) a) AB 2 = 6 2 + 0 2 + (-6) 2 = 72 ; AC 2 = 0 2 + 6 2 + (-6) 2 = 72 et BC 2 = (-6) 2 + 6 2 + 0 2 = 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 = - - × - = = - - × - = = - × - = 0 3 2 3 2 z 1 2 2 3 2 y 3 2 3 2 G G G x c) G C B A 3 3 9 3 x x x x = = = + + ; G C B A y 1 3 3 3 y y y = = = + + et G C B A z 0 3 0 3 z z z = = = + + Le point G est l’isobarycentre des points A, B et C. 3) a) AG 2 = 2 2 + 2 2 + (-4) 2 = 24. La sphère S a donc pour rayon 24 Une équation de la sphère S est (x – 3) 2 + (y – 1) 2 + z 2 = 24. b) (-2t – 3) 2 + (-2t - 2 – 1) 2 + (-2t – 3) 2 = 24 4t 2 + 12t + 1 = 0 t = 2 2 2 3 - - ou t = 2 2 2 3 + - 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 ω z ω z' - = - 1 ω z ω z' = - - et θ ) ΩM' ; ΩM ( = [2π] arg θ ω z ω z' = - - [2π] On en déduit alors que e ω z ω z' = - - puis que z’ - ω = θ i e (z - ω). Partie B : 1) z B = × π 3 2 i e z A = × π 3 2 i e 3 i e π = π i e = -1 et z C = × π 3 2 i e z B = × π 3 2 i e -1 = × π 3 2 i e π i e = 3 5 i e π = 2 3 i 2 1 - 2) a) OA = 3 π i e = 1 ; OB = 1 1 = - et OC = 1 2 3 i 2 1 = - . Donc Γ est le cercle circonscrit au triangle ABC. b) AB = 3 2 3 i 2 3 2 3 i 2 1 1 z z A B = - - = - - - = - ; AC = 3 3 i 2 3 i 2 1 2 3 i 2 1 z z A C = - = - - - = - BC = 3 2 3 i 2 3 1 2 3 i 2 1 z z B C = - = + - = - . Donc ABC est équilatéral.

Corrigé bac blanc math

Embed Size (px)

DESCRIPTION

correction bac blanc math de mardi

Citation preview

Page 1: Corrigé bac blanc math

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

= πie = -1 et zC = ×

π

3

2i

e zB = ×

π

3

2i

e -1 = ×

π

3

2i

e πie = 3

5i

= 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.

Page 2: Corrigé bac blanc math

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

Page 3: Corrigé bac blanc math

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