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Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac

Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac-2010 © www.mathsecondaire.net page 1 - 5 Exercice 1 : 1. a ; 2.b ; 3. b; 4. c ; Exercice 2 : Soit f(x) =   x 3 x 2 e x  , où x > 0. 1. a) Pour tout x > 0 ,            x 2 x x 3 2 x x x 6 4 4 e x 4x 6 e x 2 e .x 3x x 2 e e x 1 x 3x 6 e f x x x x                  . b)  x 0 lim f x    et    x 3 x x e lim f x lim x 2 x     . c) Pour tout x > 0 ,   2 2 x 4x 6 x 2 2 0       donc  f x 0   . D’où le tableau de variation de f : x 0 + f (x) + f(x) + - 2. On a : f(2) = 0 et  2 2 2e e f 2 16 8    la tangente ( ) à (C f ) la courbe représentative de f a pour équation   2 e y x 2 8   . 3. a) On a : g est continue et strictement croissante sur   3, ,     3 e g 3, , 27          et 2 3 e e , 8 27         donc l’équation f(x) 2 e 8  admet une unique solution  dans   3,.     2 e f 4,2 0,9 , f 4,3 0,9269 et 0,923 8    Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac-2010 © www.mathsecondaire.net page 2 - 5 D’où     2 2 e e f 4,2 0,023 et f 4,3 8 8    0,0039 donc 4,2 4,3    . b) Pour tout x > 0,          2 x 2 3 e e e f x x 2 x 2 x 2 g x g 2 8 x 8                   . Or  2 e g x x 2 ou x 8      . Comme g est strictement décroissante sur   0,3 alors : 0 < x < 2   g x g 2 g(x) g(2) 0      2 < x     3 g 2 g x g x g 2 0       D’autre part , g est strictement croissante sur   3,, donc     3 x g x g g x g 2 0          2 < x     x g x g g x g 2 0         D’où le tableau de signe de g(x) : x 0 2   g(x)- g(2) + 0 - 0 + IL en résulte : x 0 2   g(x)- g(2) + 0 - 0 + x - 2 - 0 + + Position de (C f ) par rapport à ( ) au dessous 0 au dessous 0 au dessus (C f ) coupe ( ) aux points d’abscisse 2 et . 4. La fonction f est continue sur   0, et 1 > 0 donc f admet sur   0, une unique primitive F telle que F(1) = e. Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac-2010 © www.mathsecondaire.net page 3 - 5 5. a)  x 0 lim f x    donc l’axe des ordonnées est asymptote à (C f ).    x 4 x x f x e lim lim x 2 x x      donc (C f ) admet une branche parabolique de direction O, j        au voisinage de . b) Voir figure. 6. a)La fonction f est continue et négative sur l’intervalle *t , 2+ pour tout t   1,2  donc l’aire de S(t) est A (t) =   2 2 t t f(x)dx F(x) F(t) F(2).      b) L’aire de S(1) est A (1) = e F(2)  . Or l’aire du rectangle ABCD est : AB. BC = 1.  e F(2) e F(2)   donc A (1) = aire(ABCD). c) A (t) = 1 2 A (1)     1 1 F(2) F(t) F(2) e F(t) F(2) e 2 2        . F est continue et strictement décroissante sur l’intervalle *1, 2* , F(*1, 2*) = +F(2) , e+ et    1 F(2) e F(2),e 2   donc l’équation A (t) = 1 2 A (1) admet une unique solution 0 t dans [1,2[. d) Soit I le milieu du segment *BC+ , l’ordonnée de I est  0 F t . Soit J le point d’abscisse 2 de la courbe (C F) , la droite (IJ) coupe l’arc AJ     de (C F) en un seul point K d’abscisse 0 t . Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac-2010 © www.mathsecondaire.net page 4 - 5 Exercice 3: 1. On a : A(5, 0, 0) , B(0, 5, 0) , C(0, 0, 10) . Soit le plan (P) : 2x + 2y + z -10 = 0. 10 + 0 + 0 - 10 = 0 donc  A P  ; 0 + 10 + 0 - 10 = 0 donc  B P  ; 0 + 0 + 10 - 10 = 0 donc  C P  . Ainsi P= (ABC) et par suite (ABC) : 2x + 2y + z -10 = 0. 2. Soit (S) la sphère de centre I(3, 3, 3) et de rayon 3. a) La distance du point I au plan (ABC) est     6 6 3 10 5 d I, ABC 3 3 4 4 1        donc (S) et (ABC) sont sécant suivant un cercle. b) Une équation du plan (OAB) est z = 0 donc     3 d I, OAB 3 1   . Une équation du plan (OAC) est y = 0 donc     3 d I, OAC 3 1   . Une équation du plan (OBC) est x = 0 donc     3 d I, OAB 3 1   . Donc (S) et tangente aux plans (OAB) , (OAC) et (OBC). 3. a) (S) et tangente aux plans (OAB) , (OAC) et (OBC) donc S’ = h(S) est tangente aux plans h((OAB)) = (OAB) , h((OAC)) = (OAC) et h((OBC))= (OBC). b) Le centre de (S’) est I’ = h(I) donc I’(3k, 3k, 3k).     6k 6k 3k 10 15k 10 d I , ABC 3 4 4 1          . Pour que (S’) soit tangente au plan (ABC) , il faut et il suffit que     15k 10 d I , ABC 3 k 3 k 15k 10 9 k 15k 10 9k ou 15k 10 9k 3              5 5 k ou k 3 12    . Corrigé de l’épreuve de mathématiques - section maths – session de contrôle Bac-2010 © www.mathsecondaire.net page 5 - 5 4. Lorsque 5 k 3  , l’image du point I par h est   I 5, 5, 5  ; I est à l’extérieur du tétraèdre OABC. Pour que la sphère (S’) soit tangente intérieurement aux quatre faces du tétraèdre OABC , il faut que 1 k 15  . Donc le centre de (S’) est 1 1 1 I , , 5 5 5       et son rayon est 1 1 3 15 5   . Exercice 4 1. Soit n un entier . On a :         2 3 4 7 7 mod100 , 7 49 mod100 , 7 43 mod100 et 7 1 mod100     Il en résulte uploads/s1/ devoir-de-revision-avec-correction-math-bac-2010-session-de-controle-bac-mathematiques-2010-2011-mr-hjaij-faouzi.pdf