الشعبة : رياضيات ال دورة ال ر ئيسية جوان4102 االصالح 1 Examen du baccalauréat -
الشعبة : رياضيات ال دورة ال ر ئيسية جوان4102 االصالح 1 Examen du baccalauréat - Session principale - juin 2014 Section Mathématiques Épreuve de Mathématiques Corrigé Exercice 1 1) a) A 0,0,0 , C 6,6,0 et H 0,6,6 6 AC 6 0 , 0 AH 6 6 donc 36 AC AH 36 . 36 b) Le vecteur 1 n 1 1 est normal à P donc P : x y z d 0 et puisque A est un point de P , il en résulte que P : x y z 0. c) EG AC EB CH donc les plans P et Q sont parallèles donc Q : x y z d 0 , or B 6,0,0 Q , il en résulte que d 6. D’où Q : x y z 6 0. 2) a) 2 2 2 M x,y,z S x 1 y 1 z 1 3. On en déduit que la sphère S a pour rayon R 3 et pour centre I 1, 1,1 . b) Soit la perpendiculaire à Q et passant par A, x : y , . z x 2 y x 2 J x, y,z Q z y 2 x y z 6 0 z 2 , il en résulte que J 2, 2,2 . A S J S I A J , on en déduit que [AJ] est un diamètre de S. c) d I,Q IJ 3 R et d I,P IA 3 R donc la sphère S est tangente à chacun des deux plans P et Q respectivement en A et J. 3) a) A' t A AA' u donc A' 2,4,2 . 2 On pose J' x,y,z . x 2 2 x 4 J' t J JJ' u y 2 4 y 2 z 2 2 z 4 donc J' 4,2,4 . b) Soit I’ l’image de I par t. On pose I' x,y,z . x 1 2 x 3 I' t I II' u y 1 4 y 3 z 1 2 z 3 donc I' 3,3,3 . Ainsi l’image de S par t est la sphère S’ de centre I' 3,3,3 et de rayon R 3. c) u.n 0 donc u est un vecteur de P et de Q, il en résulte que t P P et t Q Q. La sphère S est tangente à chacun des deux plans P et Q respectivement en A et J donc S' t(S) est tangente à chacun des deux plans t P P et t Q Q respectivement en A’ et J’. Exercice 2 1) a) Une mesure de l’angle de f est AC,BD OC,OD 2 2 . 2 Le rapport de f est BD 1. AC 3 b) OA,OB 2 2 1 BD OB 1 2 1 OA 3 AC 2 donc O est le centre de f. 2) a) On sait que [OA] est la hauteur issue de A dans le triangle ABD. f C D et f D D' donc DD' CD et CD AB par suite DD' AB , il en résulte que DD' est la droite qui porte la hauteur issue de D dans le triangle ABD. D’autre part f D D' donc OD,OD' 2 2 d’où D' OA . On en déduit que D’ est l’orthocentre du triangle ABD. On sait que f D D' donc OD 3OD' et puisque OA 3OD donc OA 9OD'. b) On sait que f A B, f B B', f C D et f D D' , puisque ABCD est un losange donc BB’DD’ est un losange. 3) a) g est la composée d’une similitude directe de rapport 1 3 et d’un antidéplacement (similitude indirecte de rapport 1) donc g est une similitude indirecte de rapport 1 3 . b) AC g O f S O f O O. AC g A f S A f A B. AC g B f S B f D D'. AC g C f S C f C D. 3 AC g D f S D f B B'. c) Puisque le rapport de g est 1 3 et g O O donc O est le centre de g et comme g A B donc est la droite qui porte la bissectrice intérieur de AOB. d) M AB donc g M g g AB donc g M BD' N d’où g M N. De même, on montre que g Q P par suite MQ 3NP. Exercice 3 1) a) Puisque a 1 mod10 donc n a 1 mod10 ,n . Il en résulte que 9 1 a ........ a 10 mod10 0 mod10 . b) On sait que a 1 mod10 donc a 1 0 mod10 donc il existe k tel quea 1 10k et 9 1 a ........ a 0 mod10 donc il existe k' tel que 9 1 a ........ a 10k' , il en résulte que 10 2 a 1 10 kk' ou encore 10 2 a 1 0 mod10 d’où 10 2 a 1 mod10 . 2) a) Reste de b (mod10) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Reste de 4 b (mod10) 0 1 6 1 6 5 6 1 6 1 b) Soit r le reste de b (mod 10). Si r 0,2,4,6,8 , alors 2 divise b et 10 doncb 10 1. Si r 5 , alors 5 divise b et 10 doncb 10 1. Si r 1,3,7,9 alors b n’est divisible ni par 2 ni par 5 donc b 10 1. Ainsi b 10 1 r 1,3,7,9 et d’après a) 4 r 1,3,7,9 b 1 mod10 , on en déduit que 4 b 1 mod10 b 10 1. 3) a) Si b est premier avec 10 alors d’après 2)b) 4 b 1 mod10 et d’après 1) 10 4 2 b 1 mod10 d’où 40 2 b 1 mod10 . b) 67 10 1 donc 40 2 67 1 mod10 et 2 2 67 89 mod10 donc 42 2 67 89 mod10 . Exercice 4 1) a) x 4 x 4 x 0 lim 1 tan x 0 donc lim f x . lim ln x uploads/Ingenierie_Lourd/ corrige-math-2014.pdf
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- Publié le Apv 01, 2021
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