Correction examen du baccalauréat section mathématiques session principale 2014

Correction examen du baccalauréat section mathématiques session

principale 2014

Une correction possible proposée par Kooli Mohamed Hechmi

Exercice 1 1) a) 0 , 0 , 0 , 6 , 0 , 0 , 6 , 6 , 0 , 0 , 6 ,0 , 0 , 0 , 6 , 6 , 0. , 6 , 6 , 6 , 6 et 0 , 6 , 6 . 6 6 0 et 0 6 6 ˄ 6 6 0 6 0 6 6 0 6 0 6 6 ˄ −3636 36 b) On a ˄ −3636

36 est un vecteur normal au plan alors ∶ 36 − 36! + 36# + $ = 0 or ∈ alors 36 × 0 − 36 × 0 + 36 × 0 + $ = 0 alors $ = 0 alors ∶ 36 − 36! + 36# = 0

d’où ∶ − ! + # = 0

c) On a : ⊂ et ⊂ ) et // alors //) 1 ⊂ et ⊂ ) et // alors //) 2

de 1 et 2 on a : //) On a : //) et ˄ −3636

36 est un vecteur normal au plan alors ˄

36 −36

36 est un vecteur normal au plan ) alors ) ∶ 36 − 36! + 36# + $ = 0 or ∈ ) alors 36 × 6 + $ = 0

alors $ = −36 × 6 alors ) ∶ 36 − 36! + 36# − 36 × 6 = 0 alors ) ∶ − ! + # − 6 = 0

2) a) On a : -+ !-+ #-− 2 + 2! − 2# = 0 ⇔ − 1 -+ ! + 1 -+ # − 1 - = 3 = √3

-alors 0 est la sphère de centre 1 1 , −1 , 1 et de rayon 2 = √3 b) On a : 0- + 0-+ 0- − 2 × 0 + 2 × 0 − 2 × 0 = 0 alors ∈ 0 on a : 1 −11

1 alors ˄ = 36 1 alors ˄ et 1 sont colinéaires alors 1 ⊥ ) et on a 4 ⊥ ) alors , 1 et 4 sont alignés or 4 = $ , ) =_√89898|67| =_√:7 = 2√3 = 22 alors ; 4< est un diamètre de 0. c) On a : $ 1 , =|89898| √89898= : √:= √3 = 2 1 On a : $ 1 , ) =|8989867| √89898 = : √:= √3 = 2 2

de 1 et 2 la sphère S est tangente à chacun des plans et ).

3) a) On pose ′ , ! , # avec >_? On a : ; 4< est un diamètre de 0 et alors E % 2 F G % 2 , !E % 2!F On pose 4′ , ! , # avec >_? 4 % 4′ H 2 % 2! " 2 % 4 # 2 % 2J alors H % 4 ! % 2 # % 4J d’où 4′ b) On a : 0 de diamètre ; 4< de centre centre 1K% K∗ 4′ alors 1′ 3 , 3 , 3 et de rayon c) On a : M ˄ N. O % 2 ' 36

O est aussi un vecteur de ) alors >

La sphère 0 est tangente à chacun des plans sphère 0′ est tangente à chacun des plans

Exercice 2 1) a) On a : P % et P % soit Q le rapport de P, Q %RS_GT % _:RSRS soit U l’angle de P, U ≡ W ,X Y;2Z< ≡ W [ , [X Y;2 b) On a : [ % ∗ alors P [ or [ % ∗ alors P [ % [ et comme 2) a) On a : P % et P %

alors dans le triangle , ′ est la hauteur bissue de On a : P % et P % ′ ⇒

alors dans le triangle , ′ est la hauteur issue de et ′ ∩ ′ % ^ ′_ alors ’ est l’orthocentre du triangle On a : % 3 et [ % ∗ %

P % ′ ⇒ [ K_% 8

:[ alors

b) On a : est un losange alors

3) a) On a : a % P о 0_GT alors a est la composée d’une similitude directe et d’un antidéplacement alors a est une similitude indirecte.

Kooli Mohamed Hechmi

% ′ ⇔ ′ % O ⇔ c " !d " #Q % 2c et 1 le centre de 0 alors 1 % ∗ 4

!F ! % 2 et #E % 2#F #G % 2 alors 4

⇔ 44′ % O ⇔ 2 c " ! " 2 d " # J _{′ 4 , 2 , 4}

< de centre 1 1 , 1 , 1 et de rayon 2 % √3 alors et de rayon 2K% 2 % √3

36 4 ' 36 " 2 ' 36 % 0 alors O est un vecteur de >_? % et >_? ) % )

est tangente à chacun des plans et ) et toute translation conserve le contact alors l est tangente à chacun des plans et ).

RS RS% 8 : Y ;2Z< ≡ W[ , [X Y;2Z< ≡ Z_{2 ;2Z<} % P ∗ P % ∗

et comme Q e 1 alors [ est le centre de P.

′ ⇒ ′ 3 (car l’angle de P est est la hauteur bissue de .

3 ′ or // alors ′ 3

est la hauteur issue de

est l’orthocentre du triangle . ∗ alors [ % 3 [

[ % 3 [ ′ alors [ % 3 ' 3 [ K_{% 9 [}

est un losange alors P P P P est un losange alors

est la composée d’une similitude directe et d’un antidéplacement alors

Kooli Mohamed Hechmi _{http://mathematiques.kooli.me/}

" 4d " 2Q d’où ′ 2 , 4 , 2 2 , 2 , 2

2 Q % 2c " 4d " 2Q ⇔

alors 0′ de diamètre ; ′4′< de

est un vecteur de et comme //)

et toute translation conserve le contact alors la

est g_- )

3

[ ′

est un losange alors ′ ′ est un losange. est la composée d’une similitude directe et d’un antidéplacement alors

b) On a : a [ % MP о 0_GT N [ = PM0_GT [ N = P [ = [ alors h i = i a = MP о 0GT N = PM0GT N = P = alors h j = k

a = MP о 0GT N = PM0GT N = P = ′ alors h(k) = l′

on pose a( ) = ′, on a : [ = ∗ alors a([) = a( ) ∗ a( ) alors [ = ∗ ′ or [ = ∗ alors

K_{= alors h(m) = l}

a( ) = MP о 0(GT)N( ) = PM0(GT)( )N = P( ) = ′ alors h(l) = k′

c) On a ∆ est l’axe de a et [ son centre et a( ) = alors ∆ porte la bissectrice intérieure de l’angle M[ , [ N.

d) Soit QK le rapport de a, on a a([) = [ et a( ) = alors QK =oR

oG = 8 :

a est une similitude indirecte de centre [ et de rapport 8_: et d’axe ∆

alors a = ℎ о 0_∆= 0_∆ о ℎ (forme réduite de a) avec ℎ l’homothétie de centre [ et de rapport 8_: q ∈ ∆ ∩ ( ) alors a(q) ∈ a(∆) ∩ aM( )N alors a(q) ∈ ∆ ∩ ( ′) or ∆ ∩ ( ′) = ^r_

alors h(s) = t

) ∈ ∆ ∩ ( ) alors a()) ∈ a(∆) ∩ aM( )N alors a()) ∈ ∆ ∩ ( ′) or ∆ ∩ ( ′) =

alors h(u) = v

alors r =8_: q) ⇔ su = w tv

Exercice 3

1) a) On a x ≡ 1(yz$ 10) alors pour tout { ∈ ℕ on a x} ≡ 1(yz$ 10) par suite

x~_{+ x}•_{+ ⋯ + x + 1 ≡ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1(yz$ 10)}

alors x~+ x•+ ⋯ + x + 1 ≡ 10(yz$ 10) ≡ 0(yz$ 10)

b) On a x ≡ 1(yz$ 10) ⇒ x − 1 ≡ 0(yz$ 10) alors il existe un entier Q₈ tel que x − 1 = 10Q₈ d’autre part x~+ x•+ ⋯ + x + 1 ≡ (yz$ 10) alors il existe un entier Q_- tel que

x~_{+ x}• _{+ ⋯ + x + 1 = 10Q}

-On a x8•− 1 = (x − 1)(x~+ x•+ ⋯ + x + 1) alors x8•− 1 = 10Q₈× 10Q_- = 100Q₈Q -alors x8•− 1 ≡ 0(100) alors x8•− 1 ≡ 0(yz$10-)

2) a) Le tableau suivant résume les restes possibles de ‚ƒ dans la division euclidienne par 10

Reste modulo 10 de ‚ 0 1 2 3 4 5 −4 −3 −2 −1

Reste modulo 10 de ‚ƒ 0 1 16 81 256 625 256 81 16 1

Reste modulo 10 de ‚ƒ 0 1 6 1 6 5 6 1 6 1

alors les restes possibles de ‚ƒ dans la division euclidienne par 10 sont 0, 1, 5 et 6 b)

* ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ 1 yz$ 10 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ 3 yz$ 10 ⇒ il existe un entier Q₈ tel que ‚ = 10Q₈+ 3 or 10 ˄ 3 = 1 alors ‚ ˄ 10 = 10 ˄ 3 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ −3 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ 7 yz$ 10 ⇒ il existe un entier Q_- tel que ‚ = 10Q-+ 7 or 10 ˄ 7 = 1 alors ‚ ˄ 10 = 10 ˄ 7 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ −1 yz$ 10 ⇒ ‚ ≡ 9 yz$ 10 ⇒ il existe un entier Q_: tel que ‚ = 10Q:+ 9 or 10 ˄ 9 = 1 alors ‚ ˄ 10 = 10 ˄ 9 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

réciproquement ‚ et 10 sont premiers entre eux ⇒ ‚ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 conclusion ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 si et seulement si ‚ et 10 sont premiers entre eux.

3) a) On a : ‚ un entier premier avec 10 ⇔ ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 d’après 2) b)

on a ‚ƒ ≡ 1 yz$ 10 ⇒ ‚ƒ 8• ≡ 1 yz$ 10- d’après 1) b) ⇒ ‚ƒ• ≡ 1 yz$ 10- b) On a : 67ƒ- = 67ƒ•9-= 67ƒ•× 67- = 67ƒ•× 4489

or d’après 3) a) on a : 67 ˄ 10 = 1 alors d’après 2) b) on a 67ƒ ≡ 1 yz$ 10- ⇒ 67ƒ• ≡ 1 yz$ 10- et on a 4489 = 44 × 100 + 89 alors 4489 ≡ 89 yz$ 10

-67ƒ•_{≡ 1 yz$ 10}- _{et 67}- _{≡ 89 yz$ 10}- _{alors 67}ƒ•_{× 67}- _{≡ 89 yz$ 10}-

alors 67ƒ- ≡ 89 yz$ 10- donc les deux derniers chiffres de 67ƒ- sont 89. Exercice 4

1) a) lim

‰→W6‹_ŒY•P = lim‰→W6‹_ŒY•ln 1 + tan or lim‰→W6‹_ŒY•tan = −1

9 _{alors lim}

‰→W6‹_ŒY•1 + tan = 0 9

par suite lim

‰→W6‹_ŒY•ln 1 + tan = −∞ alors lim‰→W6‹_ŒY•P = −∞

lim

‰→W‹_•Y‘P = lim‰→W‹_•Y‘ln 1 + tan or lim‰→W‹_•Y‘tan = +∞ alors lim‰→W‹_•Y‘1 + tan = +∞

par suite lim

‰→W‹_•Y‘ln 1 + tan = +∞ alors lim‰→W‹_•Y‘P = +∞

b) On a pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ ; PK = ln 1 + tan K =89”•}_{89–—˜ ‰}•‰

c) On a pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ ; PK =89”•}_{89–—˜ ‰}•‰ alors PK est du signe de 1 + tan sur ’−g_ƒ ,g_-“ or pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ on a −1 < tan < 0 ⇒ 0 < 1 + tan < 1 ⇒ 1 + tan > 0 alors pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ ; PK _{> 0 −}g ƒ g PK + +∞ P −∞

2) a) On a P 0 = ln 1 + tan 0 = ln 1 = 0 alors [ ∈ P Wg_ƒY = ln W1 + tan Wg_ƒYY = ln 1 + 1 = ln 2 alors Wg_ƒ , ln 2Y ∈ P Wg_•Y = ln W1 + tan Wg_•YY = lnM1 + √2 − 1N = ln √2 = ln 2œ• =8 -ln 2 = •˜ -- alors 1 W g • , •˜ -- Y ∈ b) On a pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ ;

P WZ_{4 − Y = ln W1 + tan W}Z_{4 − YY = ln ž1 +}1 − tan _{1 + tan Ÿ = ln ž1 + tan Ÿ = ln 2 − ln 1 + tan} 2 = ln 2 − P

c) On a pour tout ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ ; P Wg_ƒ− Y = ln 2 − P ⇔ P W2 ×g_•− Y = 2 ו˜ -_- − P de la forme P 2x − = 2‚ − P alors 1 Wg_• ,•˜ -_- Y est un centre de symétrie de la courbe . 3) Soit la tangente à en [ alors ∶ ! = PK 0 − 0 + P 0 or PK 0 = 1 et P 0 = 0 alors ∶ ! =

on a lim

‰→W6‹_ŒY•P = −∞ alors la droite d’équation = − g ƒ est

asymptote verticale à on a lim

‰→W‹_ŒY‘P = +∞ alors la droite d’équation =

g - est asymptote verticale à 4) a) On a G + o 2 = Z 4 2 =Z8 = F et !G + !2 R= ln 22 = !F alors 1 = [ ∗ alors 0_F [ =

et on a 1 est un centre de symétrie de la courbe

alors 0_F 0₈ = 0_- alors les surfaces 0₈ et 0_- ont la même aire. b) On pose

= ¢ ln 1 + tan $

g ƒ •

alors est la mesure de l’aire de la partie du plan limitée par la courbe

l’axe des abscisses les droites d’équations = 0 et =g_ƒ qui est égale à l’aire du tringle [ ′ avec ′ le projeté orthogonal de sur l’axe des abscisses car les surfaces 0₈ et 0_- ont la même aire alors

¢ ln(1 + tan )$ g ƒ • = [ ′ × 1′ 2 + y£¤(08) − y£¤(0-) =[ ′ × 1′2 = Z 4 × ln 2 2 =Z ln 28

5) a) On a P est continue et strictement croissante sur ’ g_ƒ ,g_-“ alors f réalise une bijection de ’−g_ƒ ,g_-“

sur P W’−g_ƒ ,g_-“Y = ¥ lim

‰→W6‹_ŒY•P , lim‰→W‹_•Y‘P ¦ = <−∞ , +∞; = ℝ alors 4 = ℝ

b) La fonction P est dérivable sur ’−g_ƒ ,g_-“ et ∀ ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ P′( ) ≠ 0 alors la fonction P68 est dérivable sur P W’−g_ƒ ,g_-“Y = ℝ

On pose pour tout ∈ ℝ et pour tout ! ∈ ’−g_ƒ ,g_-“ P68( ) = ! ⇔ P(!) = ∀ ∈ ℝ ; (P68₎K_{( ) =} 1

PK_(P68_{( )) =P}K1_{(!) = 1 + >x{}1 -_!

1 + tan !

=_{1 + >x{}1 + tan !_-!

or P(!) = ⇔ ln(1 + tan !) = ⇔ 1 + tan ! = £‰ ⇔ tan ! = £‰− 1 alors >x{-! = (£‰− 1) -d’où (P68)K( ) = _89(ªª_««_68)• c) ¢•˜ -_{1 + (£}£_‰‰_{− 1)} -• $ = ¢ (P 68₎K_{( )} •˜ -• $ = ;P 68_{( )<} • •˜ - _{= P}68_{(ln 2) − P}68₍₀₎ or P Wg_ƒY = ln 2 ⇔ P68(ln 2) =g_ƒ et P(0) = 0 ⇔ P68(0) = 0 alors ¢•˜ -_{1 + (£}£_‰‰_{− 1)} -• $ = Z 4