bac C maths
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Texte intégral
(2) Corrigé bac C 2011. République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Exercice 2 1. tt p. •. h. 95+. va l. 100+. :/ /. r. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. axe y. 90+. 85+. 80+. 75+. 70+. 65+. •. 60+. •G 55+. 50+. •. 45+. •. 40+. •. 35+. 30+. 25+. 20+. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. 15+. page 2. | 3. ju. | 2. h. | 1. tt. :/ /m. 5+. va lé p r. ie. 10+. | 4. | 5. | 6. | 7. | 8. axe x.
(3) République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Corrigé bac C 2011. r. 5 1X 1+2+3+4+5 x= =3 xi = 5 i=1 5. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. 2 L’équation de la droite de régression linéaire de y en x est donnée par : y = ax + b où Cov(x, y) a= et b = y − ax. V(x) Moyenne. va l h. tt p. :/ /. 5 1X 96, 1 + 63, 5 + 49, 2 + 41, 5 + 35, 7 = 57, 2 yi = 5 i=1 5 Covariance, variance. y=. Cov(x, y) =. 5 1X 1 × 96, 1 + · · · + 5 × 35, 7 − 3 × 57, 2 = −28.56 xi yi − x.y = 5 i=1 5. 5 1X 12 + 22 + 32 + 42 + 52 − 32 = 2 V(x) = x2i − x2 = 5 i=1 5. −28, 56 = −14, 28 ; b = 57, 2 − (−14, 28) × 3 = 100, 04. 2 D’où l’équation de la droite de régression linéaire : y = −14, 28 x + 100, 04. a=. ju. h. tt. :/ /m. va lé p r. ie. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. 3 Pour x = 6, y = −14.28 × 6 + 100, 04 = 14360. Le bénéfice au 6ème mois est estimé à 14 360 francs CFA.. page 3.
(4) Corrigé bac C 2011. République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Problème. F. h. tt p. va l. 1. :/ /. r. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. Partie A. G Ω2. C. (C 0 ) K. O0 (C ). Ω • π 6. J. O. A. Ω1 E. B. I D. 2 Les triangles ABC et EAK sont isométriques. h. page 4. ju. tt. :/ /m. va lé p r. ie. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. • AB = EA. −−→ −→ • AC = EK. En effet, comme GK = AE, alors GKEA est un parallélogramme. On en déduit que EK = AG. Or AG = AC. D’où AC = EK. −→ −→ −→ −−→ • (AB, AC) ≡ (EA, EK) [2π] En effet, (AB) ⊥ (EA) et (AC) ⊥ (EK). −→ −→ −→ −−→ On en déduit que (AB, AC) et (EA, EK) sont deux angles (aigus) à côtés perpen−→ −→ −→ −−→ diculaires. D’où : (AB, AC) ≡ (EA, EK) [2π]..
(5) République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Corrigé bac C 2011. Donc les triangles ABC et EAK sont isométriques puisqu’ils ont un angle de même mesure compris entre deux côtés respectivement de même longueur.. r. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. Existence de R1 telle que R1 (ABC) = EAK −→ −→ −→ −→ π Comme AB = EA et AB 6= EA, alors il existe une rotation R1 d’angle (AB, EA) ≡ [2π], 2 qui transforme A en E et B en A. Reste à montrer que R1 (C) = K.. :/ /. va l. Soit K 0 le point tel que R1 (ABC) = EAK 0 . h. tt p. On a AC = EK 0 . Or AC = EK. On en déduit que EK = EK 0 . −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ On a également (AB, AC) ≡ (EA, EK 0 ) [2π]. Or (AB, AC) ≡ (EA, EK) [2π]. On en −→ −−→ −→ −−→ déduit que (EA, EK 0 ) ≡ (EA, EK) [2π]. Donc K = K 0 et par conséquent R1 (C) = K. Construction de Ω1 , centre de la rotation R1 Ω1 est le point d’intersection des médiatrices des segments [AE] et [BA]. 3 Soit Ω, le centre du parallélogramme GKEA La rotation R0 , de centre Ω et d’angle π transforme le triangle EAK en le triangle GKA. D’où R2 = R0 ◦ R1 transforme le triangle ABC en le triangle GKA. Angle de R2 3π 3π π = 6= 0 [2π] alors R2 = R0 ◦ R1 est une rotation d’angle . 2 2 2 Construction de Ω2 R2 (A) = G. R2 (C) = A. Ω2 est le point d’intersection des médiatrices des segments [AG] et [CA] c’est à dire Ω2 est le centre du carré ACF G. 4 a. f = R1 ◦ R2 est la composée de deux rotations, de centres distincts, dont la somme π 3π ≡ 0 [2π]. C’est donc une translation. des angles + 2 2 b. f (C) = R1 ◦ R2 (C) = R1 (A) = E. −−→ CE est le vecteur de translation de f . −→ − → −−→ −−→ π π 5 • (IB, IA) ≡ [2π]. En effet, comme R1 (B) = A et R1 (C) = K, alors (BC, AK) ≡ [2π]. 2 2 −−→ −−→ −→ − → −→ − → π Or (BC, AK) = (IB, IA). Donc (IB, IA) ≡ [2π]. 2 −−→ −−→ π • (Ω1 B, Ω1 A) ≡ [2π] car Ω1 est le centre du carré ABDE. 2 On en déduit que les triangles IAB et Ω1 AB sont rectangles, d’hypoténuse commune [AB]. Donc les points A, B, I et Ω1 sont situés sur le même cercle (C ) de centre O, milieu de [AB]. −→ −→ π 6 • (JA, JG) ≡ [2π]. 2 −−→ −−→ π • (Ω2 G, Ω2 A) ≡ [2π]. 2 On en déduit que les triangles JAG et Ω2 AG sont rectangles, d’hypoténuse commune [AG]. Donc les points A, G, J et Ω2 sont situés sur le même cercle (C 0 ) de centre O0 , milieu de [AG]. ju. h. tt. :/ /m. va lé p r. ie. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. Comme π +. page 5.
(6) Corrigé bac C 2011. http://maths.congo.free.fr. République du Congo. Partie B 7 S(A) = A et S(O) = O0 . −→ −−→ π π 2π AO0 = 2 et d’angle (AO, AO0 ) ≡ + [2π] = [2π]. AO 6 2 3 2π 8 L’expression complexe de S est donnée par z 0 − zA = 2 ei 3 (z − zA ) avec zA = 0 (origine du repère). √ D’où z 0 = (−1 + i 3)z. √ 1 2π 2π 9 Comme z 0 = 2 ei 3 z, on en déduit que z = e−i 3 z 0 = − 14 − i 43 z 0 . 2 √ 0 0 En remplaçant z par x + iy et z par x + iy 0 dans l’expression z = − 14 − i 43 z 0 , on obtient après identification des parties réelles et des parties imaginaires : √ 1 √ 1 x = (−x0 + 3 y 0 ) et y = − ( 3 x0 + y 0 ) 4 4 r. :/ /. h. tt p. va l. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. S est la similitude de centre A, de rapport. Partie C x2 y 2 + =1 12 22 (E ) est une ellipse :. 10 4x2 + y 2 = 4 ⇐⇒. − de centre A(0, 0) ;. h. page 6. ju. tt. :/ /m. va lé p r. ie. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 20 ree .f. − de sommets : B(1, 0) ; J(−1, 0) ; (0, 2) ; (0, −2) √ √ √ √ − de demi-distance focale c = 22 − 12 = 3 et de foyers : F (0, 3) et F 0 (0, − 3). √ 1 1 √ 11 En remplaçant x par (−x0 + 3 y 0 ) et y par − ( 3 x0 + y 0 ) dans l’équation 4x2 + y 2 = 4, 4 4 √ on a : 7x02 − 6 3 x0 y 0 + 13y 02 = 64. √ D’où une équation de (E 0 ) : 7x2 − 6 3 xy + 13y 2 = 64..
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