PROFESSEUR : ali ben massoud lycee ibn sina el kabarya tunis

CORRECTION DU SUJET DE MATHS SECTION SC EXP session principale Juin 2012
PROFESSEUR : ali ben massoud lycee ibn sina el kabarya tunis
Exercice 1 : ( QCM ) : 1- b
2- b
3- c
4- b
EXERCICE 2
1. a.
| a | = 2 et arg a =
2.
b=
b.
b–1=

i

donc a = e 6 .
6
a 1
a 1
a 1
( a 1) ( a 1)
2
2

donc b  
donc b b 
 1 donc | b | = OB = 1 donc B  (C).
a 1
1 a
a 1
( a 1) ( a 1)
a 1
a 1 (1 a ) a  a
b 1
aa
aa
donc
1



a 1 (1 a ) ( a 1)
1 a
1 a
1 a
( a 1) ( a 1)
b 1
b 1
aa
or a + a = Re(a) donc
est un réel.

a 1
a 1
| a  1| 2
Il existe un réel k tel que


b 1
= k donc b – 1 = k (a – 1) donc I B  k I A , les points A, B et I sont alignés.
a 1
B est le point d’intersection autre que I du cercle (C) et de la droite (IA).
D
A
O
o
I
B
b=
b= 
2(
3  i 1

3 1) 2  2 i (
(
b= 

3  i 1
a 1

1 a
3  i 1 )
(
3  i 1) (
3  i 1 )
3  1)  i 2
3 1) 1
3  2 i ( 3 1)
52
3 1)
52
3  i 1) (
2
(
32
(
3

3
2 2
3
52
3

32
3 1  2 i ( 3 1) 1
32
3 11
= cos  + i sin  donc cos  = 
32
3
52
3

2
3 3
52
3
et sin  =
EXERCICE 3
I 1.
Par lecture du tableau p = 0,46.
2. a.
p=
2. b.
p = 0,31  0,18  0,05  0,46  4 !
II 1.
9 % des individus de groupe O sont de Rhésus négatif donc p = 0,46  0,09 = 0,0414.
2. a.
X suit une loi binomiale de paramètres (n ; 0,0414).
b.
E(X) = np = 0,0414 n.
c.
Le nombre moyen est E(X) quand n = 5000 soit 207.
3
3
3
1
3
C 4  p(o)  p(o) = C 4  (0, 46)  (0,54) = C 4  (0, 46)  (0,54) = 4  (0, 46)  (0,54)
1
3
=
Exercice 4 :
( E ) : y’ + ( 0,115)y = 0 .
1- y = k e-0,115 t avec k  IR .
2- a) Q est une solution de ( E) donc Q ( t ) = k e-0,115 t avec Q ( 0) = 1,4 = k donc Q ( t ) = 1,4e-0,115 t , t0.
b) Q est dérivable sur  0 , + ∞  , Q’( t ) = -0,1151,4e-0,115 t = -0,161 e-0,115 t < 0 donc Q est strictement
décroissante sur  0 , + ∞  .
c) Q ( t ) = 0,7 signifie 1,4e-0,115 t = 0,7 signifie e-0,115 t = 0,5 signifie -0,115t = ln( 0,5 ) = - ln2 .
signifie t =
ln 2
0,115
6.
3- Après 6h la quantité de la dose diminue de 0,7 mg qui représente la moitié de la quantité donc
la quantité sera disparue après 6 h .
EXERCICE 5
1. a.
Graphiquement f est strictement positive sur ] 0 ;  [, nulle en  et strictement négative sur ]  ; +  [.
b.
f () = 0 donc  2 +  ln  +  = 0 soit  ( + ln  + 1) = 0
 0 donc  + ln  + 1 = 0 soit ln  = – ( + 1).
2.
g(x) =
x
x
ln x + 1 or lim
= 1 et lim ln x = +  donc lim g(x) = + .
x



x
x
x 1
x 1
x
x
g ( x)
ln x 1
ln x
1
g ( x)
=

+ or lim
= 1 et lim
= 0 et lim
= 0 donc lim
= 0.
x



x



x



x



x 1
x 1
x
x
x
x
x
x
3. a.
x
ln x + 1
x 1
g’(x) = 
1
x
1 x ln x  x ( x  1 )
f ( x)
=–
ln x 
 
( x 1) 2
x 1 x
x ( x 1) 2
x
x

f (x)
0
–
g’(x)
0
+
g
4. a.
4. b.
g() =
g()


ln  + 1 =
 [ – ( + 1)] + 1 = 1 – 
 1
 1
+
+
u '( x)  1
 v( x)  g ( x)
5. a.
donc


1

1

u ( x)  x
Soit 

1

g ( x) d x =  x g ( x )
v '( x)  g '( x)
  
1
g ( x) d x =  x g ( x )
  
g ( x) d x –  x g ( x )
  
1
1
1

x
1

x g '( x) d x
f ( x)
d x soit
x
1

f ( x) d x soit

1


1

g ( x) d x =  x g ( x )
f ( x) d x    x g ( x)
  
1
 +
1
1

f ( x) d x
1

g ( x) d x
A est l’aire de la partie du plan limitée par les courbes C f , Cg et les droites d’équations x =  et x = 1.
A=

1

[ g ( x)  f ( x) ] d x =

1

g ( x) d x –

1

f ( x) d x    x g ( x)
1
  = – g() + 1 g(1) = –  (1 – ) + 1 =  2 –  + 1