Bac Blanc TS - Lycée Français de Valence

Durée : 4 heures
[ Bac Blanc TS - Lycée Français de Valence - obligatoire \
décembre 2010
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats
5 points
1. z 2 − 6z + 13 = 0 ⇐⇒ (z − 3)2 − 9 + 13 = 0 ⇐⇒ (z − 3)2 + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 3)2 = (2i)2 .
Les solutions sont donc 3 + 2i et 3 − 2i
2. Figure :
+
4C
3
N
+
2
1
B
Ω
M
−4
−3
−2
O
−1
1
2
3
4
−1
−−→
−−→
−−→
+
−2
A
−3
−−→
3. On a OC (0 ; 4) et AB (0 ; 4)„ donc OC = AB ⇐⇒ OABC est un parallélogramme.
µ
¶
3
;1 .
2
−−→ −−→ −−→ −−→ →
−
5. Ω est l’isobarycentre des points A, B, C et O. Donc OA + OB + OC + OC = 0 . On a donc :
°−−−→ −−−→ −−→ −−→°
° −−−→ −−→ −−→ −−→ −−→°
°
°
°
°
°M O + M A + M B + M C ° = 12 ⇐⇒ °4M Ω + ΩO + ΩA + ΩB + ΩC ° = 12
4. Le centre de OABC est le milieu de [OB] soit Ω
¯ −−−→°
¯
°
⇐⇒ ¯4M Ω ° = 12 ⇐⇒ ΩM = 3
L’ensemble des points M est donc le cercle de centre Ω et de rayon 3.
6. |z̄ − 3 − 2i| = |z − 3 − 2i| (*)
¯
¯
¯z − (3 + 2i)¯ = |z − (3 + 2i)|
¯
¯
¯
¯
¯z − (3 − 2i)¯ = |z − (3 + 2i)|
¯
¯
¯
¯
¯z − (3 − 2i)¯ = |z − (3 + 2i)|
|z − (3 − 2i)| = |z − (3 + 2i)|
|z − (3 − 2i)| = |z − (3 + 2i)|
|z − a| = |z − b|
M A = MB
L’ensemble des points M du plan vérifiant (*) est la médiatrice de [AB].
E XERCICE 2
Commun à tous les candidats
5 points
Partie A
x
2
1. En posant X = , on a f (X ) = (40X + 10)e−X = 40
X
eX
+
10
eX
. La limite de ces deux termes en plus l’infini est nulle :
lim f (x) = 0.
x→+∞
page 1 sur 5
1
1
1
2. f ′ (x) = (20 − 10x − 5)e− 2 x = (15 − 10x)e− 2 x qui est du signe de (15 − 10x) car e− 2 x > 0. Cette dérivée s’annule en
3
. D’où le tableau de variations :
2
x
3/2
0
f′
0
+
+∞
α
−
40e−3/4
10
f
10
0
3. Sur ]0 ; 3/2], f (x) > 10, donc l’équation f (x) = 10 n’a pas de solution ; sur l’intervalle ]3/2 ; +∞[, la fonction f est
continue (car dérivable, monotone décroissante de 40e−3/4 ≈ 18, 9 à 0. Il existe donc un réel unique α ∈]3/2 ; +∞[
tel que f (x) = 10. La calculatrice donne α ≈ 4, 673.
y
18
15
12
10
9
6
3
04.
0
1
2
3
α
4
5
6
7
8
9
10
11
x
Partie B
1
1
1
1
1. On a effectivement f (t ) + f ′ (t ) = (15 − 10t )e− 2 t + (10t + 5)e− 2 t = 20e− 2 t . Donc f est une solution de (E) sur
2
[0 ; +∞[.
2.
1
2
1
1
2
1
a. Par définition on a g ′ (t ) + g (t ) = 20e− 2 t et g (0) = 10. On vient de voir que f (t ) + f ′ (t ) = 20e− 2 t d’où par
différence de ces deux équations : g ′ − f ′ +
1
g f
− = 0 ⇐⇒ (g − f )′ + (g − f ) = 0.
2 2
2
1
Conclusion : la fonction g − f est solution, sur l’intervalle [0 ; +∞[, de l’équation différentielle : (E′ ) y ′ + y =
2
0.
b. Les solutions de l’équation (E′ ) sont les fonctions t 7−→ K e−t /2 .
c. La fonction (g − f ) est l’une de ces solutions. Or (g − f )(0) = g (0) − f (0) = K = 10 − 10 = 0. La fonction g − f
est donc la fonction nulle.
Conclusion : l’équation différentielle (E) a une solution unique vérifiant y ′ (0) = 10, c’est la fonction f de la
partie A.
3. D’après la question 3. de la partie A, cela correspond à la valeur α telle que f (α) = 10. On a vu que α ≈ 4, 673h ≈
4 h 41min.
page 2 sur 5
E XERCICE 3
Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité
N
2
6
1.
1
5
b
b
R
4
6
événements
Probabilités
A0
6
15
N
b
b
3
5
b
R
4
5
2
5
N
b
b
A1
8
15
R
A2
1
15
L’urne contient 6 boules et on en tire 2.
• Pour réaliser l’évènement A0 , il faut tirer 2 boules rouges parmi 4. Selon l’arbre précédent, la probabilité de tirer
4 3
deux boules rouges est : ×
6 5
4 3
6
On en déduit que P (A0 ) = × = .
6 5 15
• Pour réaliser l’évènement A1 , il faut tirer 1 boule rouge parmi et une boule noire. Selon l’arbre précédent, il y a
deux évènements favorables, puisque l’ordre n’a pas d’importance, et incompatibles : N ∩ R ou R ∩ N
8
2 4 4 2
On en déduit que P (A1 ) = × + × . Soit P (A1 ) = .
6 5 6 5
15
• Pour réaliser l’évènement A2 , il faut tirer 2 boules noires .
2 1
1
On en déduit que :P (A2 ) = × . Soit P (A2 ) = .
6 5
151
3
N
2
4
b
b
R
2
4
R
b
2
3
2
3
A0
6
15
N
b
N
b
b
R
b
1
3
2.
b
8
15
N
1
4
1
A1
1
3
b
R
1
15
3
4
A2
b
R
b
N
b
b
1
b
b
R
2
3
b
R
a. Il reste 4 boules dans l’urne et on en tire 2 .
• A0 étant réalisé, il reste dans l’urne 2 boules rouges et 2 boules noires. Pour réaliser B0 , il suffit de tirer 2
boules rouges .
2
1
1
La probabilité P A0 (B0 ) = × =
4 3 6
• A1 étant réalisé, il reste dans l’urne 3 boules rouges et 1 boule noire. Pour réaliser B0 , il suffit de tirer 2
boules rouges .
page 3 sur 5
3
2
6
1
La probabilité P A1 (B0 ) = × =
= .
4 3 12 2
• A2 étant réalisé, il reste dans l’urne 4 boules rouges. L’événement B0 est donc certain. Donc P A1 (B0 ) = 1.
1
1 2
× =
.
6 5 15
1
8
4
P (A1 ∩ B0 ) = P A1 (B0 ) × P (A1 ) = ×
=
.
2 15 15
1
.
P (A2 ∩ B0 ) = P A2 (B0 ) × P (A2 ) =
15
b. P (A0 ∩ B0 ) = P A0 (B0 ) × P (A0 ) =
D’où selon la formules des probabilités totales, L’évènement B0 est la réunion des évènements incompatibles
A0 ∩B0 , A1 ∩B0 et A2 ∩B0 .
P (B0 ) =
6
2
= .
15 5
c. Des calculs analogues à ceux menés en a. et b. ci-dessus conduisent à calculer :
2 2 2 2 2
2 2
4
× + × = . D’où P (A0 ∩ B1 ) = × =
.
4 3 4 3 3
3 5 15
3 1 1
1
8
4
1
=
.
P A1 (B1 ) = × 1 + × = . D’où P (A1 ∩ B1 ) = ×
4
4 3 2
2 15 15
P A0 (B1 ) =
Extraire une boule noire au deuxième tirage quand les deux boules noires ont été extraites lors du premier
tirage est impossible. Donc P A2 (B1 ) = 0.
D’où la valeur de P (B1 ), somme des trois probabilités précédentes :
8
2 1 1
.
P A0 (B2 ) = × = .
15
4 3 6
1
1 2
D’où P (A0 ∩ B2 ) = × = .
6 5 15
Comme ci-dessus : P A1 (B2 ) = 0 et P A2 (B2 ) = 0.
D’où la valeur de P (B2 ), somme des trois probabilités précédentes :
1
P (B2 ) =
.
15
d. On cherche à calculer P B1 (A1 ). Or d’après les calculs antérieurs
8
1
4
P (A1 ∩ B1 ) =
et P (B1 ) = . Donc P B1 (A1 ) = .
15
15
2
P (B1 ) =
3. L’évènement R est réalisé lorsque l’un des évènements incompatibles ci-dessous l’est :
« tirer une boule noire au premier tirage et une boule noire au second » soit réaliser l’évènement A1 ∩B1 ;
ou
« ne tirer aucune boule noire au premier tirage et deux boules noires au second » soit réaliser l’évènement A0 ∩B2 .
Il en résulte que P (R) = P (A1 ∩ B1 ) + P (A0 ∩ B2 ) =
1
1
4
+
= .
15 15 3
E XERCICE 4
Commun à tous les candidats
5 points
Partie A — Restitution organisée de connaissances
Voir le cours.
Partie B
−−→
−−→
−−→
1. On a AB (3 ; 0 ; −3), AC (3 ; 3 ; 3), BC (0 ; 3 ; 6).
D’où AB2 = 9 + 9 = 18, AC2 = 9 + 9 + 9 = 27, BC2 = 9 + 36 = 45.
Or 18 + 27 = 45 ⇐⇒ AB2 + AC2 = BC2 ⇐⇒ ABC est un triangle rectangle en A d’après la réciproque du théorème de
Pythagore.
p
p
p
p
p
AB × AC
18 × 27 3 2 × 3 3 9 6
=
=
=
(cm2 ).
On a donc A (ABC) =
2
2
2
2
−−→
→
− −−→
→
−
2. n · AB = 3 + 0 − 3 = 0 ⇒ n est orthogonal à AB ;
−−→
→
−
→
− −−→
n · AC = 3 − 6 + 3 = 0 ⇒ n est orthogonal à AC .
→
−
Donc n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires (puisqu’orthogonaux) du plan ABC est un vecteur normal à ce
plan. Une équation de ce plan est donc : M (x ; y ; z) ∈ ABC ⇐⇒ 1x − 2y + 1z + d = 0.
Par exemple A(3 ; −2 ; 2) ∈ ABC ⇐⇒ 3 + 4 + 2 + d = 0 ⇐⇒ d = −9.
Finalement :
M (x ; y ; z) ∈ ABC ⇐⇒ x − 2y + z − 9 = 0.
page 4 sur 5
|4 − 0 − 1 − 9|
3. d (D, ABC ) = p
12 + (−2)2 + 12
p
6
= p = 6. On sait que la distance de D au plan ABC est obtenue en traçant la
6
perpendiculaire à ce plan contenant D : la distance calculée à la question précédente est donc la longueur de la hauteur
du tétraèdre DABC. Son volume est donc égal à :
p
p
1
1 9 6 p
V = A (ABC ) × 6 = ×
× 6 = 9 cm3 .
3
3
2
Partie C
→
−
1. Le vecteur n étant lui aussi un vecteur normal au plan Q , les deux plans sont parallèles et distincts car −9 6= −5.
2. Équation de (DA) : on traduit l’appartenance géométrique M (x ; y ; z) ∈ (AD) par la relation de colinéarité : il existe
−−−→
−−→
α ∈ R, tel que AM = αAD qui se traduit en égalant les coordonnées des deux vecteurs par le système :

 x −3
y +2

z −2

α
 x = 3+α
2α
y = −2 + 2α
⇐⇒

−3α
z = 2 − 3α
E est commun à Q et à (AD) : ses coordonnées vérifient donc l’équation de Q et les équations paramétriques de (AD)
=
=
=
soit le système :

x



y

z


x − 2y + z − 5

x
= 3+α



y
= −2 + 2α
⇐⇒

z
= 2 − 3α


3 + α − 2(−2 + 2α) + 2 − 3α − 5 = 0


2

11


x = 3+


x =



3




3
x = 3+α



2



2


 y = −2 + 2 ×
y = −2 + 2α
y
=
−
3 ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
3
2



z = 2 − 3α



z = 0
z = 2−3×







3
4 = 6α
2






= α
 2 = α
3
3
¶
µ
−−→ 2 −−→
2
11
; − ; 0 . On a aussi AE = AD . Cette dernière égalité montre que E appartient à la droite (AD)
Conclusion ; E
3
3
3
2
et que l’abscisse de E est si on prend le repère (A, D) ; donc E appartient au segment [AD] (il est aux 2/3 en partant
3
=
=
=
=
3+α
−2 + 2α
2 − 3α
0
de A ou au 1/3 en partant de D.)
3. D’après la question précédente et les deux plans Q et (ABC) étant paralléles la section de la pyramide DABC est la
1
3
pyramide DEFG dont les dimensions sont celles de DABC multipliées par .
D’où V (DEFG) =
µ ¶3
µ ¶3
1
1
1
V (DABC) =
× 9 = cm3 .
3
3
3
page 5 sur 5