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الشعبة : رياضيات دورة ال مراقبة جوان4102 االصالح Examen du baccalauréat - Sessi

الشعبة : رياضيات دورة ال مراقبة جوان4102 االصالح Examen du baccalauréat - Session de contrôle juin 2014 Section Mathématiques Épreuve de Mathématiques Corrigé Exercice 1 1) Le point O est le milieu de [BI] donc IB 2IO  , il en résulte que  h O B.      OA 2 OI OI,OA 2 2            , il en résulte que  S I A.  2) a) On sait que  h O B  et  S O O  par suite le point O’ est le barycentre des points pondérés   B,3 et  O,1 , on en déduit que 3 OO' OB. 4  b) On sait que  h I I et  S I A  par suite le point I’ est le barycentre des points pondérés   I,3 et  A,1 , on en déduit que 1 II' IA. 4  3) a)     P P h M P IP 2IM z 1 2 z 1 z 2z 1.          b) S est la similitude directe de centre O, de rapport 2 et d’angle 2  qui envoie M en Q donc i 2 Q z 2e z 2iz.    c)   f M M'  donc le point M’ est le barycentre des points pondérés   P,3 et  Q,1 on en déduit que     P Q P 1 1 1 3 i 3 PM' PQ z' z z z z' 2iz 2z 1 2z 1 z . 4 4 4 2 4              d) L’expression complexe de f est de la forme z' az b   avec 3 i a 0 4    donc f est une similitude directe, comme  f O O'  et  f I I'  , on en déduit que l’image du cercle de diamètre [OI] par f est le cercle de diamètre [O’I’]. Exercice 2 1) a) Une équation de  E dans le repère   O,i, j est 2 2 x y 1 4   donc 2 a 4  et 2 b 1 , on en déduit que 2 2 c a b 3    par suite les coordonnées des foyers de  E sont   3,0 et 3,0  et son excentricité est c 3 e . a 2   b)      2 2 M x,y P y 2x 4 y 2 x 2 .        Soit   2,0  et on pose X x 2 x X 2 Y y y Y              . Dans le repère   ,i, j ,     2 M X,Y P Y 2X    , il en résulte que dans le repère  ,i, j ,  F a pour coordonnées 1 ,0 2       et la directrice de  P a pour équation 1 X 2  . On en déduit que dans le repère   O,i, j , 3 F ,0 2        et la directrice a pour équation 5 x . 2  2) a)       2 2 M x,y y 2 x 4 y 2 x 4 M x,y .          Il en résulte que   O, j est un axe de symétrie de . b)            2 1 M x,y M P y 2x 4 M P x 2,0 x 2,0 x 2,0                           où  1 P est la partie de P située dans le demi-plan de frontière  O, j contenant le point de coordonnées   2,0  , il en résulte que     1 2 P P   où  2 P est le symétrique de  1 P par rapport à   O, j . 3) a) Pour tout     2 2 2 2 2 t 0,2 ,t 4 t t 4 t 4        . Il en résulte que   2 M t, 4 t C.   b) 2 2 1 0 I 4 t dt    est l’aire de la partie du plan limitée par (C), les axes du repère et les droites d’équations respectives x 0 et x 2,   on en déduit que 2 1 Aire du disque de frontière (C) 2 I . 4 4     4)   2 2 2 2 0 0 0 1 1 8 I 2t 4dt 2 2t 4dt 2t 4 2t 4 . 2 3 3                    5) Par raison de symétrie, 1 4 A 2 1 1 I I 2   donc A 2 1 32 4I 2I 2 ua 3           Exercice 3 1) a)   4 9 1111 10 1 9999 10000 1       donc   9, 1   est solution de (E). b) Le couple   9, 1   est solution de (E) donc          4 4 4 1111x 10 y 1111 9 10 1 donc 1111 x 9 10 y 1          donc 1111 divise   4 10 y 1  et 4 1111 10 1   d’où 1111 divise   y 1  par suite il existe un entier k tel que y 1 1111k ou encore y 1111k 1, k .     en remplaçant y par 1111k 1  dans  , on obtient 4 x 10 k 9.   Ainsi si le couple   x,y est solution de (E) alors 4 x 10 k 9 et y 1111k 1, k      . Réciproquement : Si 4 x 10 k 9 et y 1111k 1, k      , alors     4 4 1111 10 k 9 10 1111k 1 1     On en déduit que     4 S 10 k 9 ,1111k 1 ,k     . 2) a) S’il existe deux entiers p et q tels que n 1111p  et 4 n 10 q 1  , alors 4 4 1111p 10 q 1 1111p 10 q 1    , il en résulte que   p,q est solution de (E). b)     4 n 0 mod1111 n 1 mod10         il existe deux entiers p et q tels que n 1111p  et 4 n 10 q 1  , alors d’après a)   p,q est solution de (E), il en résulte que   4 4 n 1111 10 k 9 1111 10 k 9999,k .       Réciproquement : Si 4 n 1111 10 k 9999,k     , alors     4 n 0 mod1111 . n 1 mod10        Ainsi   4 S 1111 10 k 9999,k     . c) 4 4 9999 k 0.0009 1111 10 k 9999 0 1111 10 k k                 , soit k 1  donc n 11100001.  Exercice 4 1) La fonction f est dérivable sur   0, et  2 1 ln x f ' x x   . Le signe de  f ' x est celui de 1 ln x  x 0 e   f x  +  f 1 e  0   x x x 0 x 0 ln x ln x lim f x lim 0 et lim f x lim . x x           2) a)    f x x 0 x 0 lim g x lim e 0 g 0        car  x 0 lim f x uploads/Geographie/ bac-math-tunisie-2014-corrections-de-la-session-de-controle-pdf 1 .pdf