Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2008
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- Camille Poitras
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1 Durée : heures Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 008 EXERCICE 1 1. AB = b a = +i = +1=5 ; AC = c a = 1+i = 1+=5. AB = AC AB=AC ABC est isocèle en A. 5 points. Z I = 1 + i 7. z z ( I z a. z a est un réel si et seulement si arg zi ( = 0 AM, IM = z a 0 [π], ce qui signifie que les points A, I et M sont alignés. Les points M appartiennent donc à la droite (IA privée du point A. b. D après la question précédente le réel solution est l abscisse du point commun à la droite (AI et à l ae des abscisses. L équation de la droite (AI est y = +, donc y = 0 entraîne =. c. z AI = z I a= 1 + i i= + i. On a AI = = 18. Donc AI=. On peut donc écrire z AI = ( + i = ( cos π + isin π = ei π.. a. Le point G a pour abscisse le réel solution de la question précédente. C est donc un point de la droite (AI contenant le sommet principal A et le milieu du côté opposé du triangle isocèle. Cette droite (AI est donc hauteur, médiane, médiatrice et ae de symétrie du triangle ABC. On a vu que l équation de (AI est y = + ; le coefficient ( directeur de u cette droite est égal à 1, ce qui correspond à un angle, AI de π. Il eiste donc deu rotations de centre G qui transforment A et I en deu points de l ae des réels : La rotation r 1 d angle π ; La rotation r d angle π. r 1 est bien la première rotation de la question précédente. Son écriture complee est : z z G = e i( π (z z G soit z ( =e i( π z = +e i( π (z (. (z+ b. c. Une rotation conserve les longueurs et les angles ; donc l image de (AI ae de symétrie de (ABC est l ae de symétrie de A B C soit A I. Donc B et C sont symétriques autour de l ae des abscisses et donc sans calcul, b = c.
2 A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S C I B A π v G A O u I C B EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité 5 points 1. F(1 ; 0 ; 1, G(1 ; ; 1, H(0 ; ; 1. a. Le volume V est égal à : A (FGH AE. FGH est un triangle rectangle en G, donc A (FGH= FG GH = 1 = 1 et comme AE = 1, V= 1 1 = 1. b. On a I(0 ; 1 ; 0, FI = ( 1 ; 1 ; 1, IH (0; ; 1 ; 1, FI IH = 0+1 1=0. Les vecteurs sont orthogonau donc (FI et (IH sont perpendiculaires en I. En prenant comme base le triangle FIH, V= FIH d, d étant la distance du point G au plan (FIH. Le triangle FIH étant rectangle en I, son aire est égale à FI IH. FI = 1+1+1= FI= ; IH = 0+1+1= IH=. A FIH = =. En reprenant l écriture de V : 1 = 1 d d =.. a. On calcule : n FI = +1+1=0. n IH = 0+1 1=0. n est orthogonal à deu vecteurs non colinéaires de (FIH est orthogonal à ce plan. b. L équation du plan (FIH est donc de la forme : + 1y 1z+ d = 0. Comme F (FIH ses coordonnées vérifient l équation ci-dessus soit : d = 0 d = 1. Une équation du plan (FIH est donc : M( ; y ; z (FIH +y z 1=0 Amérique du Sud novembre 008
3 c. On sait que la distance d de G au plan (FIH est : G+y G z G 1 = = =. On retrouve la même valeur qu au. b.. a. (AG est perpendiculaire au plan (FIH si et seulement si AG est colinéaire à n. Or AG (1 ; ; 1 qui n est manifestement pas colinéaire à n. b. M( ; ; y ; z (AG AM = α AG qui se traduit par : = t M( ; y ; z (AG y = t z = t c. Il faut résoudre le système : = t y = t z = t +y z 1 = 0 ( 1 Les coordonnées de K sont donc ; ; Le rayon de la sphère est GK. t+ t t 1=0 t = 1 t = 1 Or GK = = 9 GK= 9 =. Or la distance d de G au plan (FIH est égale à ; elle est donc inférieure au rayon de la sphère et par conséquent la section de la sphère par le plan (FIH est un cercle. EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 1. 5 points a. On sait que l équation paramétrique de la droite D est celle d une droite contenant le point (0 ; 0 ; - et de vecteur directeur u (1 ; 1 ; 0. Or u u = = 0 : les vecteurs directeurs des deu droites sont orthogonau ; les droites D et D sont perpendiculaires. Le point A est commun au deu droites D et D. S il eiste un plan contenant A et défini par les deu vecteurs u et u, un vecteur n (a ; b ; c normal à ce plan est orthogonal à chaque vecteur u et u ; donc n u = 0 a+ b= 0 et n u = 0 a b= 0. On en déduit aussitôt que a = b= 0 et n (0 ; 0 ; c. Donc une équation de ce plan est z = k soit z = puisque A appartient à ce plan horizontal. Ceci est impossible puisque tous les points de D ont pour cote. Conclusion : les droites D et D ne sont pas coplanaires. = 0+1t b. M( ; y ; zi nd y = 0+1t y z = +0t z = { (M H D On a :. H D Avec H ( H ; y H ; z H ce système se traduit par : = t = t. Amérique du Sud novembre 008
4 H +y H y = 0 H = t y H = t z H = t + t y = 0 t = +y. Donc M H ( H ; y H y ; z H z ou encore ( y M H ; y ; z. On en déduit : ( y + ( y + M H = ( z = + y y + ( z. c. M de coordonnées ( ; y ; z appartient à S si et seulement si M H = MK M H = MK + y y + ( z = (+y + (+ z + y y + 8+z 8z+ + y y + 8+z + 8z 1z = y z = y.. a. Le plan a pour équation z = 0 ; les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient : { z = 0 { { { z = 0 = 0 y = 0 z = 1 y y = 0 z = 0 ou z = 0 La section se compose de l ae des abscisses et de l ae des ordonnées. b. Un plan parallèle à (Oy a une équation de la forme z = k, k R ; les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient : { z = k { z = k z = 1 y = k y y = k si 0. z = k La section est donc une hyperbole c. Les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient : { { +y = 0 y = z = 1 y z = 1 La section est donc ici une parabole. EXERCICE 1. f (= ln. points a. La fonction est une différence de fonctions dérivables sur ]0 ; + [, elle est donc dérivable et f (= 1 1 = qui est du signe du numérateur puisque > 0. f (=0 = = ; f (<0 0< < ; f est décroissante sur cet intervalle f (>0 > ; f est croissante sur cet intervalle. Il en résulte que f a un minimum pour = et f (= ln ln 0,. b. Le minimum de f étant supérieur à zéro, f ( > 0 quel que soit ]0 ; + [. Donc f (>0 ln > ln ln <, car > 0. > ln Amérique du Sud novembre 008
5 c. Comme = 1 et que lim théorème des «gendarmes» que 1 = 0, on obtient par application du lim f n (= ln. ( On peut écrire f n (= ln = ln n 1 n ln = En posant X =, f n (=n ln X X. Or lim X =+ et par composition, lim ln = 0. n ln X X + X = 0 (d après la question précédente lim f n(=0. ( ln = n. EXERCICE 7 points. 1. On sait que cette équation a pour solutions les fonctions : K e, K R.. y + y = e (+ 1 (E a. f ( = e ( m + p : f est un produit de fonctions dérivables sur R, elle est donc dérivable sur R et f (= 1 e ( m + p + (m+ pe. f est solution de E si et seulement si f + f = e (+ 1 e ( m + p + (m+ pe + e ( m + p = e (+ 1 m p+ m+ p+ m + p = + 1 m+ p = + 1 (m 1+ (p 1= 0. Cette fonction affine est nulle si et seulement si m 1=0 et p 1=0, soit si m= 1 et p = 1. b. On a : g et f solutions de E si et seulement si { g + g = e (+ 1 f + f = e (par différence (+ 1 { g + g = e (+ 1 (g f + g f = 0 Donc g est solution de l équation (E si et seulement si g f est solution de l équation (E On a donc g ( f (= e ( + d où g (= e ( + + K, K R.. h produit de fonctions dérivables sur R est dérivable sur R et h ( = e ( + + = e ( + + qui est du signe du trinôme + +. Pour ce trinôme =1+=5 ; il a donc deu racines 1 = 1 5 et = Il est négatif (du signe de sauf entre les racines. h ( est donc négative sauf sur l intervalle [1 5 ; 1+ 5]. h est donc décroissante sauf sur [1 5 ; 1+ 5] où elle est croissante. Amérique du Sud 5 novembre 008
6 n. On sait que lim = 0, quel que soit le naturel ; donc lim e 1 et lim e = 0. Conclusion : lim h(=0. lim e =+ et lim + =+, donc lim h(=+. 5. a. Étudions la fonction d définie par d( = e 1 ( + = e e ( 1 qui est du signe du trinôme +. 1 e = 0 Pour ce trinôme =+1=0= ( 5. Il a donc pour racines 1 = 1 5 et = Il est négatif sauf entre les deu racines. Donc la fonction d est négative sauf sur l intervalle [1 5 ; 1+ 5]. Conclusion : la courbe Γ est sous la courbe C sauf entre 1 5 et Les deu courbes ayant deu points communs pour = 1 5 et b. = y 5 Γ C 1 O Amérique du Sud novembre 008
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