Baccalauréat S Asie juin 2005  EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candida

 Baccalauréat S Asie juin 2005  EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. Pour t = 1, on obtient bien le triplet (3 ; 1 ; −4) : affirmation C 2. − → u (2 ; −1 ; −1) est un vecteur directeur évident, donc −− → u (−2 ; 1 ; 1) en est aussi un : affirmation B. 3. M ∈D ∩P ⇐ ⇒1+2t +4−2t +9+3t = 0 ⇐ ⇒14 = 3t ⇐ ⇒t = 14 3 . Il existe donc un seul point commun : affirmation C. 4. Le triplet(1 ; 3 ; 2) vérifie x +2y −3z −1 = 0 : affirmation B. 5. Un vecteur normal à Q∈est le vecteur − → v2 (4 ; −5 ; 2) et − → u ·− → v 2 = 0 : affirmation B. 6. On a d(T, P ) = |−1−6−6−1|  1+4+9 = 14  14 =  14 : affirmation A EXERCICE 2 5 points Commun à tous les candidats J V J V J V 2 5 3 5 1 2 1 2 3 4 1 4 1. a. On a en suivant la branche supérieure p(V) = 2 5 × 1 4 = 1 10. De même p(J) = 3 5 × 1 2 = 3 10. b. En tournant la roue, la probabilité de gagner 20 € est 90 360 = 1 4, celle de ga- gner 100 € est donc 1 8 ; par différence la probabilité d’être remboursé(e) est 5 8. On a donc pR(V) = 5 8. Or pR(V) = p(V∩R) p(V ⇐ ⇒5 8 = p(V∩R) 1 10 ⇐ ⇒p(V∩R) = 5 8 × 1 10 = 5 80. c. On a p(R) = p(J)+ p(V∩R) = 3 10 + 5 80 = 29 80. d. p(100) = 1 10 × 1 8 = 1 80 ; p(20) = 1 10 × 1 4 = 1 40. 2. a. X peut prendre les valeurs : −m ; 100−m ; 20−m ; 0. b. xi −m 100−m 20−m 0 p(X = xi ) 6 10 1 80 1 40 29 80 Baccalauréat S c. On a E(X ) = 4  i=1 pi × xi = −6m 10 + 100−m 80 + 20−m 40 +0 = 140−51m 80 . d. L’organisateur ne perdra pas d’argent si E(X ) < 0 ⇐ ⇒140−51m 80 < 0 ⇐ ⇒ m > 140 51 . Donc il faut que m soit au moins fixé à 3 euros. 3. On reconnaît une expérience de Bernoulli avec p = 4 10 et n = 4. La probabilité de ne pas perdre est égale à  4 10 4 , donc la probabilité de perdre au moins une fois est 1−  4 10 4 = 1−0,025 6 = 0,974 4. 4. On obtient un nouvel arbre de probabilités : J V J V J V 2 2+n n 2+n 2 n+1 n−1 n+1 n n+1 1 n+1 On doit avoir 2n (n +1)(n +2) + 2n (n +1)(n +2) ⩽1 2 ⇐ ⇒ 4n (n +1)(n +2) ⩽1 2 ⇐ ⇒ n2 −5n + 2 ⩾0. Le trinôme n2 −5n + 2 a pour racines n1 = 5+  17 2 ≈4,56 et n2 = 5−  17 2 ≈0,44. Il faut donc qu’il y ait plus de 4 boules jaunes. EXERCICE 3 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité I. 1. On a(i3 +(−8+i)×i2 +(17−8i)×i = i+8−i−17i−8+17i = 0 ⇐ ⇒i estsolution de (E). 2. En développant le second membre et en identifiant les coefficients des termes de même degré, on obtient le système :        a = 1 ai+b = −8+i bi+c = 17−8i ic = 17i ⇐ ⇒    a = 1 b = −8 c = 17 On a donc pour tout complexe z, z3+(−8+i)z2+(17−8i)z+17i = (z+i)(  z2 −8z +17 . 3. On a donc (E) ⇐ ⇒(z +i)(  z2 −8z +17 = 0 ⇐ ⇒ z +i = 0 z2 −8z +17 = 0 . On trouve aussitôt que : S = {−i ; 4+i ; 4−i} II. Asie 2 juin 2005 Baccalauréat S 1. Figure 1 2 3 4 −1 −2 −3 −4 −5 1 2 3 4 −1 −2 −3 −4 − → u − → v Ω P A B = A′ B′ C′ C ,2)C 2. L’écriture complexe de la rotation est : z′ −2 = i(z −2). Donc zS −2 = i(4 + i− 2) ⇐ ⇒zS = 2+2i −1 = 1+2i. 3. D’après la question précédente : ΩS = ΩA. A et B sont symétriques autour de (Ox), et Ω∈(Ox), donc ΩA = ΩB ; enfin B et C ayant la même ordonnée, Ωappartient à la médiatrice de [BC] et ΩB = ΩC. Conclusion B, A, S et C appartiennent à un cercle C de centre Ω. Le rayon est égal à ΩC = 22 +(−1)2 =  5. 4. a. D’après la définition algébrique zA′ = i(4+i)+10−2i 4+i−2 = 9+2i 2+i = (9+2i)(2−i) (2+i)(2−i) = 20−5i 5 = 4−i = zB. zB′ = i(4−i)+10−2i 4−i−2 = 11+2i 2−i = (11+2i)(2+i) (2−i)(2+i) = 20+15i 5 = 4+3i. zC′ = i(−i)+10−2i −i−2 = 11−2i −2−i = (11−2i)(−2+i) (−2−i)(−2+i) = −20+15i 5 = −4 + 3i = zB. b. z′ A′ = 4−i, z′ B′ = −4+3i, z′ C′ = −4+3i. c. PA′ = |4−i−i| = |4−2i| =  20 = 2  5 ; PB′ = |4+3i −i| = |4+2i| =  20 = 2  5 ; PC′ = |−4+3i −i| = |4+2i| =  20 = 2  5 ; Donc A′, B′ et C′ appartiennent au cercle S ′ de centre P et de rayon  5. d. On a z′ = i(z −2)+10 z −2 = i + 10 z −2 ⇐ ⇒z′ −i = 10 z −2 et en prenant les modules z′ −i = 10 z −i. Donc géométriquement PM′ = 10 PM. e. Si M ∈C − →ΩM =  5. D’après la question précédente z′ −i = 10  5 = 2  5. f. Géométriquement la dernière relation signifie : PM′ = 2  5 ⇐ ⇒les points M′appartiennent au cercle C ′. Remarque : M ∈C − →z = 2+  5eiθ avec θ ∈[0 ; 2π[. Après calcul on en déduit que z′ = i+2  5e−iθ avec θ ∈[0 ; 2π[. En prenant les modules on trouve bien que |z′ −i| = 2  5. Asie 3 juin 2005 Baccalauréat S g. Conclusion : l’image du cercle C est donc tout le cercle C ′. EXERCICE 3 5 points Réservé aux candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité 1. Figure. A B C D E F G H O O1 O2 Ω Ω1 Ω3 Ω2 2. L’égalité vectorielle − − − → ΩM′ = 2− − − → ΩM se traduit par z′+1 = 2(z+1) ⇐ ⇒z′ = 2z+1. z′ A′ = 2zA +1 = 2× − i 2  +1 = 1−i = zE. z′ B′ = 2zB +1 = 2× 1− i 2  +1 = 3−i = zF. z′ C′ = 2zC +1 = 2× 1+ i 2  +1 = 3+i = zG. z′ D′ = 2zD +1 = 2× i 2  +1 = 1+i = zH. L’image de S1 par h est donc S2. 3. g = h−1 ◦s. a. La similitude s transformant le carré de côté 1 en le carré de côté 2, le rapport de la similitude estégal à 2. b. h−1 est l’homothétie de centre Ωde rapport 1 2 ; la composée g est donc une similitude directe de rapport 1, donc une isométrie. S1 a pour image par s S2 qui lui-même a pour image par h−1, S1. Conclusion g laisse S1 globalement invariante. c. S1 étant invariant, son centre l’est également : g (O1) = O1. d. Les isométries du carré sont : – l’identité ; – la rotation r1 de centre O1 d’angle π 2 [2π] ; – la rotation r2 de centre O1 d’angle π [2π] (symétrie autour de O1) ; – la rotation r3 de centre O1 d’angle −π 2 [2π]. e. On a s = h ◦g. Il y a donc quatre similitudes qui transforment S1 en S2 : – l’homothétie h ; – la composée de h avec r1 ; – la composée de h avec r2 ; – la composée de h avec r3 ; 4. Écritures complexes de ces isométries : a. – h ◦r1 : L’écriture complexe de r1 est z′ −1 2 = ei π 2  z −1 2  ⇐ ⇒z′ = iz −i 2 + 1 2 ; celle de h ◦r1 est donc : z′ = 2iz −i+2. Asie 4 juin 2005 Baccalauréat S – h ◦r2 : L’écriture complexe de r2 est z′ −1 2 = eiπ  z −1 2  ⇐ ⇒z′ = −z +1 ; celle uploads/Litterature/ corrige-dm4-exercice-2.pdf

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