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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