corrigé baccalauréat blanc 2016 q a exercice 1 : a ab ad...

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Corrigé baccalauréat blanc 2016 Exercice 1 : On se place dans le repère orthonormé A ; AB , AD , AE 3. La section du cube par le plan (IJK) 1. AI 1 2 AB donc I 1 2 ; 0 ; 0 K le milieu de [BC] x K 1 2 (x B x C ) 1 2 (1 1) 1 y K 1 2 (y B y C ) 1 2 (0 1) 1 2 K 1 2 ( B C ) 1 2 (0 0) 0 donc K 1 ; 1 2 ; 0 J le milieu de [EH] x J 1 2 (x E x H ) 1 2 (0 0) 0 y J 1 2 (y E y H ) 1 2 (0 1) 1 2 J 1 2 ( E H ) 1 2 (1 1) 0 donc J 0 ; 1 2 ; 1 donc JK 1 0 1 et IK 1 2 1 2 0 méthode 1 : M(x ; y ; )(IJK) x x I k x JK s 2x IK y y I k y JK s 2y IK I k JK s 2 IK x 1 2 k s y s k méthode 2 : les coordonnées de I, J et K vérifient-elles le système proposé (préférable) 1 2 1 2 k s 0 s 0 k 1 2 1 2 0 s 0 k c’est vérifié pour I 0 1 2 k s 1 2 s 1 k 0 1 2 1 1 2 1 2 s 1 k c’est vérifié pour J A B C D E F G H I J K Q P T R 1. (IK) coupe (AD) en Q 2. (JQ) coupe (AE) en P 3. (KL) coupe (FG) en R 4. (JR) coupe (GH) en T La section est l’hexagone IKLTJP

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Corrigé baccalauréat blanc 2016

Exercice 1 : On se place dans le repère orthonormé A ; AB , AD , AE 3. La section du cube par le plan (IJK)

1. AI 1

2 AB donc I

1

2 ; 0 ; 0

K le milieu de [BC]

xK

1

2(xB xC)

1

2(1 1) 1

yK 1

2(yB yC)

1

2(0 1)

1

2

K 1

2(B C)

1

2(0 0) 0

donc K

1 ;

1

2 ; 0

J le milieu de [EH]

xJ

1

2(xE xH)

1

2(0 0) 0

yJ 1

2(yE yH)

1

2(0 1)

1

2

J 1

2(E H)

1

2(1 1) 0

donc J

0 ;

1

2 ; 1

donc JK

1

0

1 et IK

1

2

1

2

0

méthode 1 : M(x ; y ; )(IJK)

x xI kx

JK s2x

IK

y yI kyJK

s2yIK

I kJK

s2IK

x

1

2 k s

y s

k

méthode 2 : les coordonnées de I, J et K vérifient-elles le système proposé (préférable)

1

2

1

2 k s

0 s

0 k

1

2

1

2

0 s

0 k

c’est vérifié pour I

0 1

2 k s

1

2 s

1 k

0 1

2 1

1

2

1

2 s

1 k

c’est vérifié pour J

A

B C

D

E

FG

H

I

J

K

Q

P

T

R

1. (IK) coupe (AD) en Q

2. (JQ) coupe (AE) en P

3. (KL) coupe (FG) en R

4. (JR) coupe (GH) en T

La section est l’hexagone

IKLTJP

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1 1

2 k s

1

2 s

0 k

1 1

2 0

1

2

1

2 s

k

c’est vérifié pour K

un système d’équations paramétriques du plan (IJK) est

x

1

2 k s

y s

k

, k, s

2. L le milieu de [CG]

xL

1

2(xC xG)

1

2(1 1) 1

yL 1

2(yC yG)

1

2(1 1) 1

L 1

2(C G)

1

2(0 1)

1

2

donc L

1 ; 1 ;

1

2

1 1

2 k s

1 s

1

2 k

1 1

2

1

2 1

1 s

1

2 k

le point L est un point du plan IJK .

les coordonnées de L vérifient le système d’équations ; paramétriques du plan (IJK)

4. Affirmation 1 : FAUSSE

IJ

12

1

2

1

FD

1

1

1

les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportionnelles

donc ces vecteurs ne sont pas colinéaires et les droites (IJ) et (FD) ne sont pas

parallèles.

M(x ; y ; )(IJ)

x 1

2

1

2

y 1

2

0

, et M(x ; y ; )(FD)

x 1 s

y s

1 s

, s

M(x ; y ; )(IJ)∩(FD)

1

2

1

2 1 s

1

2 s

1 s

1

2 s 1 s

2s

2s 1 s

1

2 1

2s

2s 1 s

le système n’admet aucune solution donc les droites ne sont pas sécantes

(IJ) et (FD) ne sont ni sécantes, ni parallèles, elles ne sont donc pas coplanaires

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Affirmation 2 : VRAIE

On a P

1

2 ;

1

2 ;

1

2

xP

1

2(xA xG)

1

2

yP 1

2(yA yG)

1

2

P 1

2(A G)

1

2

Or

1

2

1

2 k s

1

2 s

1

2 k

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2 s

1

2 k

donc P(IJK) donc P, I, J, K coplanaires

Autre idée : JK

1

0

1 IK

1

2

1

2

0

IP

01

2

1

2

xIK yIP JK

1

2 x 1

1

2 x

1

2 y 0

1

2 y 1

x 2

1 1 0

y 2

(2 ; 2) est solution du système

donc JK 2IK 2IP donc les vecteurs JK , IK ,IP sont coplanaires

donc les points I, J, K et P sont coplanaires.

Les coordonnées du point P

vérifient un système d’équations

paramétriques du plan (IJK) donc

P(IJK)

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Exercice 2 :

Partie A 1. D’après les données de l’énoncé,

pF 0,4 et pS R 0,9

2. L’arbre pondéré complété :

3. a. D’après l’arbre pF∩R 0,40,7 0,28

Ou pF∩R p(F)pF (R) 0,40,7

b. D’après l’arbre, p(R) 0,40,7 0,350,4 0,250,9 0,645

pR 0,645 . (cette valeur a été arrondie dans la partie C)

4. On demande pR (C) p(R∩C)

p(R)

0,350,4

0,645

28

129 pR (C) à 10

3 près

Partie B Soit Y la variable aléatoire égale au pourboire reçu par table.

pF∩R 0,40,7 0,28 : famille et pourboire, p(Y 2) 0,28

pS∩R 0,250,9 0,225 donc p(Y 2,75) 0,225 (seule et pourboire)

pC∩R 0,350,4 0,14 donc p(Y 1) 0,14 (couple et pourboire)

pR 1 p(R) 0,355 donc p(Y 0) 0,355 (pas de pourboire)

La loi de probabilité de Y est :

yi 0 1 2 2,75 pourboire

p(Y yi) 0,355 0,14 0,28 0,225 probabilité

On vérifie que la somme vaut 1

E(Y) 0355 10,14 20,28 2,750,225 E(Y) 1,31875

Le serveur peut espérer obtenir environ 1,32€ en moyenne par table,

pour un très grand nombre de tables.

Partie C 1. C’est une expérience aléatoire à deux issues : soit le serveur reçoit un pourboire avec

une probabilité p 0,65, soit il n’en reçoit pas.

Cette expérience est répétée 200 fois de manière identique et indépendante.

La variable aléatoire X égale au nombre de tables pour lesquelles le serveur a reçu un

pourboire suit une loi binomiale de paramètre n 200 et p 0,65.

2. E(X) np donc E(X) 130 .

3. On a 3

4200 150 et p(X 150) 1 p(X 149). D’après la calculatrice,

p(X 150) 0,0015 à 104

près.

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Exercice 3 :

1. L’année 2016 n, on dispose de un arbres, on en abat 5% donc il reste 95% des arbres

soit 0,95un auquel on ajoute les M arbres que l’on replante donc

pour tout n, un+1 0,95un M et u0 50 000 (suite arithmético-géométrique)

2. Soit (n), « un 20M 50 000 20M0,95n » pour n entier naturel

étape 1 : 20M 50 000 20M0,950 20M 50 000 20M 50 000 u0

donc (0) est vraie (la propriété est initialisée)

étape 2 : supposons (n) vraie c’est-à-dire un 20M 50 000 20M0,95n

démontrons (n+1) vraie soit un+1 20M 50 000 20M0,95n+1

un+1 0,95un M

un+1 0,9520M 50 000 20M0,95n M d’après l’hypothèse de récurrence

un+1 19M 50 000 20M0,95n+1 M

un+1 20M 50 000 20M0,95n+1

donc (n 1) est vraie (propriété héréditaire)

conclusion : d’après le principe de récurrence,

pour tout n, un 20M 50 000 20M0,95n

3. Comme 1 0,95 1 alors n lim 0,95n 0 donc

n lim un 20M

4. a. pour tout n,

un+1 un 20M 50 000 20M0,95n+1 20M 50 000 20M0,95n un+1 un 20M 50 000 20M0,95n+1 20M 50 000 20M0,95n

un+1 un 50 000 20M0,95n0,95 50 000 20M0,95n on factorise !

un+1 un 50 000 20M0,95n0,95 1 un+1 un 0,0550 000 20M0,95n

un+1 un 2 500 M0,95n

si M 2500 alors un+1 un 0 donc la suite est croissante

si M 2500 alors un+1 un 0 donc la suite est constante

si 0 M 2500 alors un+1 un 0 donc la suite est décroissante

Autre idée de bon sens : un 20M 50 000 20M0,95n

Comme 0,95n diminue, 20M est fixe, il que le nombre en facteur de 0,95n soit positif

pour que la suite soit décroissante soit 50 000 20M 0 et M 2500.

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b. L'exploitation est durable si M 2 500 donc à partir de 2501 arbres replantés .

5. Dans cette question, on suppose M 3 200.

a. U prend la valeur 50 000 M prend la valeur 3 200 N prend la valeur 0 Tant que U < 58 000 U prend la valeur 0,95U + M N prend la valeur N+1 Fin du tant que Afficher N

Cette forêt atteindra pour la première fois un effectif d'au moins 58 000 en 2 033 .

b. pour tout n, un 20M 50 000 20M0,95n on commence par remplacer

un 203200 50 000 2032000,95n 64000 140000,95n

donc 0,05un 3200 7000,95n on ajoute des 0,05un

An 0,05u0 0,05u1 0,05u2 0,05u3 0,05un1

An 3200 7000,950 3200 7000,951 3200 7000,95n1

on regroupe les 3200 et les autres ont tous -700 en facteur commun

An 3200 3200 3200) 7000,950 0,951 0,95n1

An 3200n 7001 0,95n

1 0,95 puisqu’il y a n termes (de 0 à n 1) le cours

pour n, An 3 200n 14 0001 0,95n .

Comme la réponse était donnée, on peut aussi facilement le démontrer par

récurrence.

An+1 An 0,05un 3 200n 14 0001 0,95n 3200 7000,95n

An+1 3 200(n 1) 14 000 13 3000,95n et 0,9514 000 13 300 réussi

On prend n 17 alors A17 46253,7 on peut arrondir à 46254 arbres.

Cela donne un volume de 1,846254 83256,6 m3 ou 83257,2 m3 sans l’arrondi .

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Exercice 4 : On considère la fonction définie sur par (x) (2x 3) e2 x .

1. a. On pose X 2x xlim (2x) et

Xlim e X donc

xlim e2 x

On a

xlim (2x 3)

xlim e2 x

donc xlim (x)

b. On pose X 2x xlim (2x) (soit X )

(x) (X 3) e X X e X 3e X

comme

Xlim X e X 0 (cours)

Xlim e X 0

alors xlim (x) 0

La droite d’équation y 0 axe (xx) est asymptote à la courbe au voisinage de .

(horizontale)

2. a. est dérivable sur et on reconnaît (uv) uv uv

où u(x) 2x 3

u(x) 2 et

v(x) e2 x

v(x) 2e2 x avec (e w ) w e w et

w(x) 2x

w(x) 2

Ainsi, pour tout x, (x) 2e2 x (2x 3)(2e2 x)

(x) (2 4x 6) e2 x

pour tout réel x, (x) (4x 4) e2x .

b. Comme e2 x 0 alors le signe de (x) est le signe de 4x 4 4(x 1)

x 1

(x) 0

(x)

e2

0

3. a. (0) (20 3) e 0 3

A( ; 3) est le point d'intersection de avec l'axe des ordonnées .

b. (x) 0 (2x 3) e2 x 0

2x 3 0 car la fonction exp ne s’annule pas sur

x 1,5

la courbe coupe l'axe des abscisses en un point B(1,5 ; 0)

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4. a. La pente de la droite (AB) est y

x

yB yA

xB xA

0 3

1,5 0 2.

Deux droites sont parallèles si elles ont le même coefficient directeur.

Le coefficient directeur de la tangente en M x, (x) de est (x). (nombre dérivé)

Donc il existe une tangente à parallèle à (AB) si on peut trouver des solutions à

l’équation (x) 2

On a vu précédemment que (x) 0 sur [1 ; [ donc (x) 2

Sur l'intervalle [1 ; +∞[ , il n'existe aucun point de pour lequel la tangente

en ce point est parallèle à la droite (AB).

b. Pour tout x de l’intervalle ] ; 1],

(x) 2 (4x 4) e2 x 2

4x 4 2e2x on multiplie par e2x non nul 2x 2 e2x 2 e2x 2x

Soit (x) e2x 2x ;

est dérivable sur ] ; 1] et pour tout x 1 (x) e2x 2 ;

comme e2x 0 alors (x) 0 et est strictement croissante sur ] ; 1] ;

comme xlim e2x 0 et

xlim 2x alors

xlim (x) .

On dresse le tableau des variations de :

x 1

(x)

(x)

2

2 e2

D’après le tableau de variation et le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,

l’équation (x) 2 admet une unique solution sur ] ; 1].

On pouvait au moins avoir la réponse en résolvant (x) 0 à la machine.

Il existe un unique point de où la tangente à est parallèle à (AB)

2 e2 2

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Dans une prise d’initiative on peut au minimum faire un petit schéma pour expliquer :

(x) 2 tangente parallèle (x) 2

Autre idée en regardant sur la calculatrice :

On observe que les variations de sont simples.

(x) 4(2x 1) e2 x donc (x) 0 sur ] ; 1]

x 1

(x)

(x)

2

0

On utilise à nouveau le corollaire du théorème

des valeurs intermédiaires.

On trace la droite (AB) puis on fait glisser

son équerre sur une règle pour obtenir une

tangente qui soit parallèle à (AB).

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Rappel du devoir surveillé 16 b. Dans cette question, toute trace de

recherche, même incomplète, ou d’initiative, sera prise en compte dans l’évaluation.

Existe-t-il un autre point de où la tangente est parallèle à T ?

Deux droites sont parallèles si elles ont même coefficient directeur

on cherche donc à résoudre (x) 4.

(x) 4 5 x ln x

x2 4

5 x ln x 4x2

5 4x2 x ln x

Soit (x) 4x2 x ln x donc (x) 8x 1 1

x donc (x) 0 pour x 0

x0lim (x) et

xlim (x)

x 0

(x)

(x)

5

D’après le tableau et le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,

l’équation (x) 0 admet une unique solution

Comme (1) 5 alors 1.

Voilà ce que l’on appelle une prise d’initiative.

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Exercice 3 : spécialité

Partie A

1. M

1 1 1

1 1 1

9 3 1 ; M 2

11 3 3

9 1

21 9 13 ; M 3

41 17 17

23 15

147 51 43

2. M 2 + 14M 16 I

41 17 17

23 15

147 51 43

conclusion : M 3 M 2 + 14M 16I .

3. M 3 M 2 + 14M 16I

M 3 M 2 14M 16 I

M(M 2 M 14I 16 I

M 1

16(M 2 M 14I I

Il existe donc une matrice N, N 1

16(M 2 M 14I telle que MN I

donc M est inversible et M1 1

16M 2 M 14 I . (définition du cours)

Vérification Partie B

1. M(x ; y) y ax2 bx c les coordonnées de M vérifient l’équation de A(1 ; 6) 6 a12 b1 c on l’applique aux points A, B et C

B(1 ; 4) 4 a(1)2 b(1) c

C(3 ; 0) 0 a32 b3 c

passe par A, B et C

a b c 6

a b c 4

9a 3b c 0

1 1 1

1 1 1

9 3 1

a

b

c

6

4

0

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conclusion :

le problème revient à chercher trois entiers a, b et c tels que M

a

b

c

6

4

0 .

2. M

a

b

c

6

4

0 M1M

a

b

c M1

6

4

0

I

a

b

c M1

6

4

0

a

b

c M1

6

4

0

On trouve a 1, b 1, c 6

d’équation y x2 x 6 passe bien par A, B et C.

Partie C Étude d’un cas plus général

1. A, B, C alignés BA 2

2 et AC

2

r 6 colinéaires

2(r 6) 22

r 6 2

r 8

A, B, C alignés r 8 (qui est bien un nombre entier).

2. passe par A, B, C M

a

b

c

6

4

r

a

b

c M 1

6

4

r

M 1 1

8

2 1 1

4 4 0

6 3 1

donc M 1

6

4

r

1

8

26 4 r

46 44 0r

66 34 r

1

8

r 8

8

48 r

a

b

c M 1

6

4

r

a r 8

8

b 1

c 48 r

8

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On n’oublie pas la condition a, b et c sont des entiers, c’est réglé pour b.

a est entier si r 8 est un multiple de 8, c’est-à-dire r 8 0 (8) r 0 (8)

c est entier si 48 r est un multiple de 8, c’est-à-dire 48 r 0 (8) r 0 (8)

Autre idée : r 8 8a donc r 0 (8) et 48 r 8c donc r 0 (8)

puisque 8 0 (8) et 48 0 (8)

si

a

b

c M 1

6

4

r alors r 0 modulo 8.

3. Si la parabole passe par A, B et C alors r 8

r 0 (8)

(Une parabole ne peut pas passer par trois points alignés)

Réciproquement,

supposons r 0 (8) et r 0 c’est-à-dire r 8k avec k et k 1.

alors

a k 1

b 1

c 6 k

d’après les calculs précédents.

Dans ce cas a pour équation y (k 1)x2 x 6 k

(k 1, c’est bien une parabole)

Soit (x) (k 1)x2 x 6 k de représentation graphique .

on a bien (1) 6 ; (1) 4 et (3) 8k r

donc passe bien par A, B et C.

La parabole pour plusieurs valeurs de k.

(Pour k 1, c’est une droite car A, B, C alignés).