bac A maths

Texte intégral

(1)République du Congo. Corrigé bac A 2021. http://maths.congo.free.fr. Série A. h. tt p. va l. Exercice 1. :/ /. r. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. Correction bac 2021 -. Partie A. 9 est déjà simplifiée. 10 18 est déjà simplifiée. 1 étant le seul diviseur commun des nombres 18 et 25, la fraction b = 25 4 4 2×2 2 La fraction c = est simplifiable et on a c = = = . 30 30 2 × 15 15. 1 1 étant le seul diviseur commun des nombres 9 et 10, la fraction a =. 2 Première méthode On écrit d’abord la liste des multiples de 10, de 25 et de 15 : - Liste des multiples de 10 : 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 110, 120, 130, 140, 150 , 160 ... - Liste des multiples de 25 : 25, 50, 75, 100, 125, 150 ,175 ... - Liste des multiples de 15 : 15, 30, 45, 60, 75, 90, 105, 120, 135, 150 , 165 ... 150 étant le premier nombre présent dans les trois listes, c’est donc le PPCM(10, 25, 15). Autre méthode - On décompose les nombres 10, 25 et 15 en produits de facteurs premiers.. r. ie. :/ /m. va lé p r.   10 = 2 × 5 25 = 52   15 = 3 × 5. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. - Le PPCM de ces nombres est le produit de tous les facteurs premiers communs ou non, chacun d’eux n’étant pris qu’une seule fois, avec son exposant le plus grand.. ju. h. tt. Donc le PPCM(10, 25, 15) est 2 × 52 × 3 = 150.. page 1.

(2) Corrigé bac A 2021 a.. 135 150. 18 25. S= = = = =. 9 18 4 − + 10 25 30 18 2 9 − + 10 25 15 135 108 20 − + 150 150 150 135 − 108 + 20 150 47 150. =. 20 150. ×10. tt p. b.. 2 15. ×6. va l. ×15. 108 150. =. r. =. ×10. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. 9 10. ×6. :/ /. ×15. h. 3. République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Partie B 1. a. P (x) = (2x + 1)(x2 + x − 6) = 2x3 + 2x2 − 12x + x2 + x − 6 = 2x3 + 2x2 + x2 − 12x + x − 6 = 2x3 + 3x2 − 11x − 6 b. Le discriminant associé à l’équation x2 + x − 6 = 0 est ∆ = 1 − 4 × (−6) = 25. Les solutions de l’équation x2 + x − 6 = 0 sont donc : √ √ −1 − 25 −1 + 25 x1 = = −3 ; x2 = =2 2×1 2×1 c. P (x) = 0 ⇐⇒ (2x + 1)(x2 + x − 6) = 0 ⇐⇒ 2x + 1 = 0 ou x2 + x − 6 = 0 1 ⇐⇒ x = − ou x = −3 ou x = 2 2 r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. 1 L’ensemble des solutions de l’équation P (x) = 0 est S = {−3; − ; 2}. 2 3 2 2 En posant x = ln t, l’équation (E) devient 2x + 3x − 11x − 6 = 0.. h. • ln t1 = −3 d’où t1 = e−3 . page 2. ju. tt. :/ /m. va lé p r. ie. 1 D’après 1.c, les solutions de l’équation 2x3 + 3x2 − 11x − 6 = 0 sont S = {−3; − ; 2}. 2 On en déduit que les solutions t1 , t2 et t3 de l’équation (E) vérifient :.

(3) République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Corrigé bac A 2021. 1. • ln t2 = − 12 d’où t2 = e− 2 . • ln t3 = 2 d’où t3 = e2 . 1. a. L’ensemble de définition (qui nous est déjà donnée) peut s’écrire : h. 1. tt p. va l. Exercice 2. :/ /. r. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. Donc les solutions de l’équation 2(ln t)3 + 3(ln t)2 − 11 ln t − 6 = 0 sont {e−3 ; e− 2 ; e2 }.. R∗ =] − ∞; 0 [ ∪ ] 0; +∞[ x−1 x −1 −1 = + =1+ . On en déduit que a = −1. x x x x x x−1 = lim = 1. c. • lim g(x) = lim x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x La courbe (Cg ) admet une asymptote horizontale d’équation y = 1 en −∞.. b.. x−1 −1 = lim = +∞. x→0 x→0 x x x<0 x<0. • lim g(x) = lim x→0 x<0. −1 x−1 = lim = −∞. x→0 x x→0 x x>0 x>0. • lim g(x) = lim x→0 x>0. La courbe (Cg ) admet une asymptote verticale d’équation x = 0. 2. a. La fonction g est dérivable sur R∗ et on a : ∀ x ∈ R∗ , g 0 (x) =. x − (x − 1) 1 = 2. 2 x x. 1 > 0. x2 La fonction g est strictement croissante sur R∗ .. b. ∀ x ∈ R∗ , g 0 (x) = c. x. −∞. g 0 (x). +∞. 0 +. + +∞. 1. g(x) 1. ju. tt. :/ /m. va lé p r. ie. r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. −1 − 1 = 2 ; les coordonnées du point A sont A(−1; 2). −1 1−1 g(1) = = 0 ; les coordonnées du point B sont A(1; 0). −1 2−1 1 1 g(2) = = ; les coordonnées du point C sont C(2; ). 2 2 2. a. g(−1) =. h. 3. −∞. page 3.

(4) Corrigé bac A 2021. République du Congo. http://maths.congo.free.fr. b.. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. 5 r. 4 3. A. •. h. tt p. :/ /. va l. 2. −7. −6. −5. −4. −3. −2. 1. C B. •. 1. 2. •. −1. 3. 4. 5. 6. 7. −1 −2 −3 −4. (Cg ). −5. Exercice 3 1+2+3+4+5+6 1, 2 + 1, 8 + 2, 3 + 2, 5 + 3 + 3, 5 = 3, 5 et Y = = 2, 38. 6 6 D’où les coordonnées du point moyen G(3, 5 ; 2, 38).. 1 X= 2. a. T1 :. b.. X (Age en mois). 1. 2. 3. Y (Poids en mg). 1,2. 1,8. 2,3. T2 :. X (Age en mois). 4. 5. 6. Y (Poids en mg). 2,5. 3. 3,5. 1+2+3 1, 2 + 1, 8 + 2, 3 = 2 et Y1 = = 1, 77. 3 3 D’où les coordonnées du point moyen G1 (2 ; 1, 77).. • X1 =. 4+5+6 2, 5 + 3 + 3, 5 = 5 et Y2 = = 3. 3 3 D’où les coordonnées du point moyen G2 (5 ; 3). r. n a il ths eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. • X2 =. h. page 4. ju. tt. :/ /m. va lé p r. ie. c. La droite d’ajustement linéaire par la méthode de Mayer est la droite passant par les points G1 et G2 . Soit y = ax + b l’équation de cette droite. 3 − 1, 77 La pente a est déterminée par a = = 0, 41. D’où y = 0, 41x + b. 5−2.

(5) République du Congo. http://maths.congo.free.fr. Corrigé bac A 2021. On détermine l’ordonnée à l’origine b en remarquant que le point G2 (5 ; 3) appartient à la droite d’équation y = 0, 41x + b. 3 = 0, 41 × 5 + b. D’où b = 3 − 0, 41 × 5 = 0, 95. ér i ju mat en il hs eb le .co e t ng rl 20 o.f in 21 ree .f. La droite d’ajustement linéaire de cette série est y = 0, 41x + 0, 95.. :/ /. h. tt p. va l. r. 3 Le candidat remarquera que l’équation de la droite d’ajustement linéaire déterminée dans la question précédente est aussi celle donnée dans la question 3. En effet, comme y = 0, 41x + 0, 95, alors 3 × y = 3 × 0, 41x + 3 × 0, 95. On obtient l’équation cartésienne 1, 23x − 3y + 2, 85 = 0 que l’on peut considérer "identique" à l’équation 1, 24x − 3y + 2, 8 = 0. Estimation du poids de la larve au 7e mois En remplaçant x par 7 dans l’équation 1, 24x − 3y + 2, 8 = 0, on 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 21 ree .f. 1, 24 × 7 − 3y + 2, 8 = 0 8, 68 − 3y + 2, 8 = 0 3y = 11, 48 y ≈ 3, 83 e Au 7 mois, le poids de larve est d’environ 3, 83 mg.. page 5.

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