Session principale Bac (2013/2014)-Math:4 éme Sciences techniques (Abderrazek Berrezig)

Proposé par : Mr Abderrazek Berrezig  Lycée Assad Ibn Alfourat Oued Ellil 1

Exercice 1 : ( 3 points) 1) b) en effet

n n

n n n

1 2 2

lim lim

3 2 

 



n n

1 1

2 2

 

  

 

n

3 1 1 2

 

  

 

2) a) en effet

n n

lim e 1 0

e



  

  

  car ^{e 1}

 

^0,1

e

 

3) c) en effet ^{p X}



^10



^{e0,2 10 0,14}

4) a) en effet

 

^{Y 8 1 2 16 4}

3 3 9 3

     

Exercice 2 : ( 5 points )

1) a) ^{(E) : 2z2}



^{1 i}



^{32 z}

 

^{ 3 i}

 

²

    ^{ }

2 i  1 i 32  i 3    i 2 i 3 2 3 i 0 donc (i) est une solution de (E).

b) soit z et ₁ z les solutions de (E). on a ₂ z₁ i et

1 2 2 2

3 i 3 i 3 i 3 1 1 3

z z iz z i

2 2 2i 2i 2 2 2

  

         

 

c) z₁ i e ⁱ²

 

   et

i3 2

1 3

z i cos i sin e

2 2 3 3

  

    

2) _A 1 i 3

z a

2

   , ^z_B ^{b 1 3}



^{1 i}



2

     , z_E 1 et z_F  i

a) 1 i 3 ⁱ³

a e

2

 

 

b) b a ^{1 3}



1 i



^{1 i 3 1 3} i^{1 3 1} i ³ 1 ^{3 1}i i ³ i ³ 1 ^{3 1}i

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

   

                   

 

^{1 3}

i a i ia 1 i 1

2 2

      d’où ^{b a i a}



^i



c)

 

^{B A}

A F

z z

b a

b a i a i i i

a i z z



       

  ainsi ^AB

FA

z i

z^_  donc ABFA

ainsi ABF est rectangle en A

B A

B A

A F A F

z z

z z

i 1 AB FA

z z z z

 

    

  donc ABF est isocèle en A. Par le triangle AFB est rectangle et isocèle en A

3) ABF est un triangle rectangle et isocèle en A et ^{B A B A}

    ^{ }

A F A F

z z z z

i arg 2 FA , AB 2

z z z z 2 2

 

         

 

 Donc



^{AF , AB }



^{ }₂

^{ }

^2

REPUBLIQUE TUNISIENNE MINISTERE DE L’EDUCATION 

EXAMEN DU BACCALAUREAT SESSION DE JUIN 2014 Section : Sciences techniques

Correction de l’épreuvede MATHEMATIQUES Durée : 3 H

Coefficient : 3

SESSION PRINCIPALE

2

Exercice 3 : ( 6 points )

1) a) 2

AB 2 0

 

 

 

 

 



et 1

AC 2 1

 

 

 

 

 



donc AB AC 2 b) AB AC0

donc AB

et AC



ne sont pas colinéaires et par suite les points A, B et C non alignés donc ils déterminent un plan P de vecteur normal

P : 2x 2y2z d 0et comme A(2,0,1) est un point de P donc

2 2 2 0 2 1 d 0 6 d 0 d 6

              2) S : x²y²z²5

a) 2²0²   1² 4 1 5donc AS CS

b)



A, B,C



 S P et A, B et C sont trois points distincts donc l’intersection de la sphèr cercle circonscrit au triangle ABC.

3) 5 5 5

D , ,

3 3 3

 

 

 

 

 

a) Q parallèle au plan P donc Q : x   y z d ' 0

5 5 5 5

d ' 0 d ' 3 15

3 3 3     3   b) S est la sphère de centre O et de rayon

Proposé par : Mr Abderrazek Berrezig  Lycée Assad Ibn Alfourat Oued Ellil AB AC 22

2

 

 

  

 

ne sont pas colinéaires et par suite les points A, B et C non alignés donc ils

cteur normal 2

AB AC 2

2

 

 

  

 

et comme A(2,0,1) est un point de P donc

2 2 2 0 2 1 d 0 6 d 0 d 6

              ainsi P : 2x 2y2z 6 0 ou

AS ; 0²2²   1² 4 1 5donc BS et 1²2²0²  1 4 5

et A, B et C sont trois points distincts donc l’intersection de la sphèr

Q : x   y z d ' 0 et comme 5 5 5

D , , Q

3 3 3

 

 

 

 

  donc

5 5 5 5

d ' 0 d ' 3 15

3 3 3     3   d’où Q : x  y z 150 S est la sphère de centre O et de rayon R 5

Lycée Assad Ibn Alfourat Oued Ellil ne sont pas colinéaires et par suite les points A, B et C non alignés donc ils

P : 2x 2y 2z 6 0 ou P : x   y z 3 0

2 2 2

1 2 0   1 4 5donc

et A, B et C sont trois points distincts donc l’intersection de la sphère S avec le plan P est le

D , , Q donc

Proposé par : Mr Abderrazek Berrezig  Lycée Assad Ibn Alfourat Oued Ellil 3

2 2 2

0 0 0 15 15

d(O, Q) 5

1 1 1 3

  

  

  donc Q est tangent à S

Montrons que 5 5 5

D , , S

3 3 3

 

 

 

 

 

2 2 2

5 5 5 5 5 5 15

S : 5

3 3 3 3 3 3 3

     

     

          

     

  

      donc DS

Et par suite

 

D  S Q d’où Q est tangent à S au point D.

4) a) x 2 AM y

z 1

  

 

 

 

  



et 2

AB AC 2

2

 

 

  

 

donc



^AB  ^{AC .AM}



^{ 2 x}

^

^{ 2}

^

^{2y2 z}

^

^{  1}

^

^{2x2y2z6}

b) ^V1₆



^AB  ^{AC .AM}



^{ 2x2y}₆^{2z6 2 x  y}₆ ^{z 3  x  y}₃ ^{z 3}

c) M est un point du plan Q donc x  y z 15    0 x y z 15

Ainsi x y z 3 15 3 15 3 15 5

V 1 1

3 3 3 3 3

    

      

Exercice 4 : ( 6 points )

Soit f la fonction définie sur



^{0 ,  }



^par

   

 

f x x 1 ln x 2 si x 0

f 0 1

   



 



1)

   

²

xlim f x xlim x 1 ln x 1

      et

   

 

2

2

x x x

f x x 1 ln x 1 1

lim lim lim 1 ln x

x x x

  

 

     

donc la courbe  de f admet au voisinage de , une branche infinie parabolique de direction celle de

 

^{O, j}

2) a) ²

 

²

xlim x ln x0 xlim0 x ln x 0

 

   

b) _x^{lim f (x)}_{0 x}lim x 1 ln x₀

 

² 1 _xlim x 1 2ln x₀



ln x²



1 _xlim x₀ 2x ln x x ln x 1 1 f (0)²

   

                

d’où f est continue à droite en 0.

c)

 

 

2

2

x 0 x 0 x 0

x 1 ln x 1 1 f (x) f (0)

lim lim lim 1 ln x

x 0 x

  

  

  

     

 donc n’est pas dérivable à droite en 0 et la

courbe  de f admet une demi-tangent verticale dirigée vers le haut au point d’abscisse 0.

3) a)

x 0 1

e e 

f '(x)

+  +

f (x)

4

e1 1

1



0 0

Proposé par : Mr Abderrazek Berrezig  Lycée Assad Ibn Alfourat Oued Ellil 4

b)

la fonction f’ est dérivable sur 

^0,



^{de plus l}

a courbe  de f’ admet au point B(1,-1) une tangente horizontale donc

^{f '' 1}

 

^0

x 1

e 1 e

f '(x)

-1

f ''(x)

+ 

Ainsi le point A (1 ,2 ) est un point d’inflexion de la courbe  4)

5)

       

1 e 1

e 1 4

A f ' x dx f (x) f f 1 f

e e

 



          



 

0 0

 

4 4 4

lim A lim 1 f 1 1

e e e

  

         

0