Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale
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Avec correction. Polynesie2011
Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S
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Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S
Terminale S Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct(O;u,v!. 1. Soient A le point d’affixe 2 − 5i et B le point d’affixe 7 − 3i. | Proposition 1 : Le triangle OAB est rectangle isocèle. OA1zA12%5i129, OB1zB17%3i158, AB1zB%zA1 (7%3i! % (2%5i! 15#2i129; Donc : • OA = AB ; • OA² + AB² = OB² ; On a :zzOB%%zzAA1(7%03%i(!2(%%52i!%5i1%!25##25ii %1 (2#552i(!#522%2i1!2929i1i1ei2; D’oùzO%%zzA1 ÛzzO%%zzA11Û 1 etargzBO%%zAA1arg(i! ÛAB;AO i AO AB z BB A Az z iϑiϑ z%z On a :zBO%zAA1i1e2ÛzO%zA1e2(zB%zA!ÛO1rA;ϑ2(B!. OAB est donc effectivement rectangle isocèle en A .
12;
Juin 2011
2. Soit!z telle que |z − i| = |z + 2i|.l’ensemble des points M d’affixe | Proposition 2 :(D!est une droite parallèle à l’axe des réels. M z!Î(D!Ûz%i1z#2iÛz%zA1z%zB où A(i) et B(2i) Û %zA1z%zBÛAM1BM !porté par l’axe des imaginaires purs donc est donc la médiatrice du segment [AB] qui est (D! est bien parallèle à l’axe des réels . 3. Soit= 3 + i3. | Proposition 3 : Pour tout entier naturelnon nul, z3est imaginaire pur. Forme exponentielle de:z11212 3d’où12 33#i112 3cosϑ#isinϑ12 3ei6. 2 26 6 3n12 3ei6ϑ3n12 33nei3n´6ϑ124 3nei n2; Donc, 23 2i2ϑ2 z´124 3e21 %24 3Îℝ; iϑ zn 2 3 33 a arg313narg(z! 1n´rge%61n´61n´ϑ2; Patrick CHATEL 1 Terminale S
Doncz3nÎiℝÛargz3n1 ±2ϑ[2ϑ]Ûnϑ21 ±ϑ2[2ϑ]Ûimpair. 4. Soitun nombre complexe non nul. | Proposition 4 : Si2est un argument dealors |i + z| = 1 + |z|. = Si2est un argument dealors iavec> 0 ; Donc |i + z| =|i + i| =|(1 +)i| = 1 +car 1 + 1> 0 et + |z| = 1 + |i| = 1 +;
On a donc bien|i + z| = 1 + |z| si2est un argument de.
5. Soit z un nombre complexe non nul. | Proposition 5 : Si le module de z est égal à 1 alorsz2#12 est un nombre réel. Si le module de z est égal à 1 alors1ei; Doncz212eiΚ212ei2Κ12eiΚ2eΚi22ei2Κe%i2Κ2 cos(2! #z1 #eiΚ1 #eiΚ1 #% #1 ´21ΚÎℝ; Doncz2#12 si le module de z est égal à 1est un nombre réel
Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives. On admet que : première partie est de 0,1 ;la probabilité qu’il gagne la s’il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,8 ; est égale à 0,6. uivantes’il perd une partie, la probabilité de gagner la s On note, pour tout entier naturelnon nul : Gl’évènement « le joueur gagne la nHième partie ;0,8G2 » pla probabilité de l’évènement G 0,1G10,2G2 On a donc p1= 0,1. 0 90,62 1. p2= 0,62 :,G1 • Arbre pondéré (sur les 2 premières parties) :0,4G2 D’après la formule des probabilités totales,G21 (G1ÇG2! ÈG1ÇG2d’où p(G2!1p(G1ÇG2!ÈG1ÇG2 1p(G1ÇG2!#p G1ÇG2car ces 2 événements sont incompatibles 1p(G1!´pG1(G2!#p G1´pG1(G2!car il y a dépendance 10,1´0, 8#0, 9´0, 610, 08#0, 5410, 62.
Patrick CHATEL
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Terminale S
2. gagné la deuxième partie ; probabilité qu’il ait perdu la première :Le joueur a On cherche doncp G1/G21pG2G1; Or/p G1ÇG20, 54 27 p G1G21p(G2! 10, 62131. 3. Probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières parties : On cherche doncp(G1ÈG2ÈG3!; Orp(G1ÈG2ÈG3!11%p G1ÇG2ÇG3 0 Etp G1ÇG2ÇG31p G1ÇG2´pG1ÇG2G31p G1´pG1G2´pG1ÇG2G31, 9´0, 4´0, 410,144; Doncp G1ÈG2ÈG3!1 0,8561 0,144. % 1 1 3 4. Pour tout entier naturelnon nul,pn#115pn#5: On a :Gn#11 (GnÇGn#1! ÈGnÇGn#1; Doncpn#11p(Gn#1!1p(GnÇGn#1!ÈGnÇGn#11p(GnÇGn#1!#p GnÇGn#1 1p(Gn!´pGn(Gn#1!#p Gn´pGn(Gn#1!1pn´0,8#(1%pn!´0, 610, 2pn#0, 6; On a donc bien :pn#1115pn#35; CQFD ! 5. Pour tout entier naturelnon nul,pn134%13415n:Effectuons un raisonnement par récurrence ; Appelons Pla propriété : «34%31415n pn1» ; · :p110,1et43%341151143%341´15134%0213102210,1donc P1est vraie (1) · : Supposons que, pour un entierdonné, Psoit vraie, à savoir :pn134%31415n; Mais on sait quepn#1115pn#35d’où, grâce à l’hypothèse de récurrence, 3 131n3 1 13 1n3 1n#1n#1 pn#1151pn#351514%45#53120%5´45#35120#022%43151143%43115; Ainsi la propriété P+1est vraie (si Pl’est) (2) · Finalement, de (1) et (2), la propriété Pest vraie quelque soit Î *; CQFD ! 6. Limite de la suite(pn!quandtend vers +µ:34%pn010%7; Comme101501,nl|im#υ51n10, d’oùnl|i#mυpn143. 7. Valeurs de l’entier naturelpour lesquelles43%pn010%7: n% n% n% % 34%pn010%7Û43%34413510107Û134150107Û150107´47 ln1074 1n74 1 10 ln74%´47 Ûln50ln10%´72⇒Û1nln50%´70 0Û⇒0n2ln1»10,; ln croissantex0 lnnxnlnx0x1 lnx0 5 Donc34%pn010%7pour≥ 11. Patrick CHATEL 3 Terminale S
Restitution organisée de connaissances On supposera connus les résultats suivants : • Soientetdeux fonctions continues sur un intervalle [;]. Pour tous réels et ,∫abau(x! #bv(x!dx1dx1a∫abu(x!dx#b∫abv(x!dx (1) • Sidésigne une fonction continue sur un intervalle [;] etune primitive desur [;] alors ∫bu(x!dx1U(x!ab1U(b! %U(a! (2) a Démonstration de la formule d’intégration par parties : Soientetdérivables à dérivées continues sur un intervalle [deux fonctions ;] ; Alors leur produitest dérivable et(uv!'1u'v#uv'; Ces quatre fonctions étant continues,(uv!'l’est aussi donc∫ab(uv!'(x!dxest bien définie et : | ∫ab(uv!'(x!dx1∫ab(u'v#uv'! (x!dx1∫a(bu'v! (x!(#uv'! (x!dx b b 1 (u'v! (x!dx# (uv'! (x!dxd’après le premier prérequis ; ∫a∫a ∫bx dxub d’après l | (uv!' (( ! 1v! (x!ae deuxième prérequis ; a D’où il vient :∫b ( !( !d#∫b (( !x! (x!dx1(uv!(x!bÛ∫(bu v! (x!dx1 (uv! (x!b%∫(buv! (x dx. u'v x x uv'a'a'! a a a a
On considère la fonctiondéfinie sur ]0 ; +µ[ par(x!1x2lnx. La courbe (C ) représentative de la fonction dans le plan muni d’un repère orthonormalO;i,j est donnée en fin d’exercice. 1. a. Limite deen +µ: limx21 #υetlim lnx1 #υd’où , par produit,limf(x!1 #υ. x|#υx|#υx|#υ b. Variations desur ]0 ; +µ[ : | est dérivable sur ]0 ; +µ[ etf'(x! 12x´lnx#x2´112xlnx#x1x(2 lnx#1! ; x 1%11 | f'(x!20Ûx(2 lnx#1!20Û2 lnx#120Ûlnx2 %2Ûx2e21 ; x20e 1 1r;# υ est donc décroissante sur0 ;eet croissante sue. Il existe une tangente unique à la courbe (C) passant par O : La tangente (T) à (C) au point d’abscisse> 0 a pour équation :y1f'(a! (x%a! #f(a!; Et O(0 ;0)Î (T)Û01'(a! (0%a!#f(a!Û01 %af'(a!#f(a! Û01 %a´a(2 lna#1! #a2lna10Û01 %a2(lna#1! 10Ûlna#110Ûlna1 %1Ûa11; a20e Patrick CHATEL 4 Terminale S
Il existe donc bien une tangente unique à la courbe (C) qui passe par O : celle au point d’abscisse1; e Equation de cette tangente (T) :y1f'1ex%1e#f1e; Orf1e1e2ln1ee12etf'e11e12 lne1#11 %e1d’où (T) :y1 %e1x%e1%e121 %e1x. 1 1 % : plus rapidement, puisque (T) passe par l’origine, :y1f'1x1 %1x. e e
3. On considère le solide obtenu par rotation autour de l’axe (O) de la région plane délimitée par la courbe (C ), l’axe (O) et les droites d’équations=1et= 1. e On note V une mesure, exprimée en unités de volume, du volume de ce solide et on admet que : V1∫11ϑf(x!2dx. e 5 a. Une primitive de la fonctionx֏x4lnxsur ]0 ; +µ[ est la fonctionx֏x25(5 lnx%1!: 5 La fonctionx֏2x5(5 lnx%1!est dérivable sur ]0 ; +µ[, de dérivée : (x #% !x´x4lnx1x4lnx; x֏1525x45 ln 155´1x1155 C’est donc bien une primitivede la fonctionx֏x4lnxsur ]0 ; +µ[ ; CQFD ! b. V12ϑ52%e375: 1 V1∫1ϑf2dx1∫ϑ1x2x2dxϑ1∫1x4 2x dxϑ1∫1x4x´lnx dx; On a :1(x!1ln1ln1ln( ! e e e e 5 x1x% Effectuons une intégration par parties ; Posonsu'(v(x)x)11xl4nlnxx etu)(2'(x5)(l51n1!; v x1x Patrick CHATEL 5 Terminale S
Alors grâce à la formule d'intégration par parties , il vient : ∫1=∫11'( ) (x dx1u x v x11%∫11u x v x dx 1x4lnx´ (lnx!dx u v x)[( ) ( )]( ) '( ) e e e e 12x55(5 lnx%1! ´lnx1%∫11x255(5 lnx%1!´x1dx 1 e e 5 ln 1 ln 1 5 ln 1 1215x5(x ´% !x11%25∫11x4(x% !dx ee 1251((5 ln1%1! ´ln1!%e155 ln 1e%1´ln 1e%125∫e115x4lnx%x4dx 11520%e65%1525´2x55(5 lnx%1! %15x511 e 1 %562´e15%25115(5 ln1%1! %15%5e155 ln 1e%1%5e15 1 % ´ % % % % ´ 1 % 1 265e151252575e15212553721e515212%e375; D’oùV1ϑ∫1e1x4lnx´ (lnx!dx1ϑ12512%e357112ϑ52%e357; CQFD !
On considère le cube ABCDEFGH de côté 1 représenté ciHdessous.
Dans tout l’exercice, l’espace est rapporté au repère orthonormalD;DA,DC,DH. On note K le barycentre des points pondérés (D, 1) et (F, 2). 1. Le point K a pour coordonnées333;;222 : K étant le barycentre des points pondérés (D, 1) et (F, 2) xD#2xF0#2´1 2 xK131313 (il existe bien puisque 1 + 2¹0), il a pour coordonnées :zyKK1zyDD#3232zyFF100#3232´´1113232. # # 1 1 1 2. droites (EK) et (DF) sont orthogonales :Les · (EK) admetEK23%11 %1233;%01233;2%11 %31pour vecteur directeur ; ·(DF) admetDF(1;1;1!pour vecteur directeur ; OrEK.DF1%31´1#32´1#%31´110doncEK^DFÛ(EK)^(DF); Patrick CHATEL 6 Terminale S
