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Devoirs des contrôles et des synthèses Sujets de révisions pour préparer bien le baccalauréat

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Exercice n Exercice n Exercice n Exercice n°1 °1 °1 °1

Partie I Partie I Partie I

Partie I Partie IIPartie II Partie IIPartie II Question

n°1

Question n°2

Question n°1

Question n°2

c b a b

Démonstrations

Partie I Partie I Partie I Partie I

Question n Question nQuestion n Question n°2°2°2°2

On a f est une fonction polynôme du second degré alors il existe a , b , c réels tel que c

bx ax ) x (

f = ² + + alors f'(x)=2ax+b.

f et un extremum en point M(x₀,f(x₀)) tel que f'(x₀)=0 alors

a 2 x₀ =− b .

Or f(-2)=0 alors 4a-2b+c=0 et on a f(3)=0 alors 9a+3b+c=0 ainsi 5a+5b=0 donc a = -b.

Alors

2 1 a 2 x₀ =−−a =

Partie I Partie I Partie I Partie IIIII

Question n Question nQuestion n Question n°1°1°1°1

On a b

2 dx a ) b ax ( dx ) x ( f A

1

0 1

0

+

= +

=

=

∫ ∫

Or f'(x)=a et f(0) = b alors

(

^{f'(0) 2f(0)}

)

2 ) 1 0 ( f ) 0 ( ' 2f

A= 1 + = +

Question n Question nQuestion n Question n°2°2°2°2

On a ¹

(

^{2 2 2}

) (

^{2 2}

)

0

2 1

0

2 f'(0) 3f'(0)f(0) 3f(0)

b 3 3 b a 3 3 a dx ) b ax ( dx ) x ( f

V=π

∫

=π

∫

+ = π + + =π + +

Exercice n Exercice n Exercice n

Exercice n°2 °2 °2 ( °2 ( (bac p ( bac p bac p bac p....2008 2008 2008)))) 2008

1°)On a





=

= I

* C O

I

* D

B alors





=2OB DC

) BO //(

) DC (

On a





=

= C ) O ( f

D ) A (

f alors

( ) ( ) ^{[ ]}







π π

≡

≡

≡ θ

=

=

=

2 2 OB , OA CD

, OA

OA 2 OB 2 OA k DC

2°)a)On a

( ) ( )

^OI ⊥ ^AD car OAB est un triangle rectangle en O et I = A*B alors

( ) ( )

^CI ⊥ ^AD Or (DC)//(OB) et

( ) ( )

^OB ⊥ ^{OA alors}

( ) ( )

^DC ⊥ ^{OA .}

On a :

( ) ( )

( ) ( )





⊥

∈

⊥

∈

AD CI

O

DC OA

O alors O est l’orthocentre du triangle ACD b)

Proposé par Proposé par Proposé par

Proposé par

SiteSite

SiteSite : : : :

- -

GSMGSM GSMGSM : : :

Correction de contrôle Correction de contrôle Correction de contrôle Correction de contrôle n n n°2 n °2 °2 °2

Epreuve EpreuveEpreuve

Epreuve : Mathématiques: Mathématiques: Mathématiques : Mathématiques Section

SectionSection

Section : Bac Maths: Bac Maths: Bac Maths: Bac Maths

Année scolaire Année scolaire Année scolaire

Année scolaire : : : : 2008/20092008/20092008/20092008/2009 Durée

DuréeDurée

Durée : : : : 2222 heures heures heures heures

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22382234

*)On a f(A) = D et f est une similitude directe d’angle 2

π alors f((AJ)) est une droite passe par le point D et perpendiculaire à la droite (AJ) alors ^f

(

^(AJ)

) ( )

^{= DJ}

*) On a

{ } ( ) ( )

^J = ^{AJ ∩ OJ alors}

{ } (

^f(J) =^{f (AJ)}

) (

^{∩f (OJ)}

)

^donc

{ } ( ) ( ) { }

^f(J) = ^DJ ∩ ^AC = ^J Alors J est le centre de la similitude f .

3°)a)

*)On a





=

= I ) I ( g

D ) A (

g alors 2

IA IB 2 IA ' ID

k = = =

*)On a ^g

(

^(AI)

)

=^(DI)=^(AI) alors l’axe de g soit (AI) soit (CI) car (CI) est la perpendiculaire à (AI) en I.

Or la forme réduite de g est g=h_{( )I,2} S_∆

Si ∆=(AI) alors ^g(A)=^h_{( )}I,2

( )

^A =^D alors ID=2IA impossible car ID=−2IA Alors g d’axe (CI). g=h_{( )I,2} S_(CI)

*)On a g(O)=h_{( )I,2} S_(CI)(O)=h_{( )I,2} (O) car O∈(CI) or on a 2IO=IC alors g(O) = C b)

*)On a f(O)= C alors f⁻¹(C)=O et g(O) = C alors gf⁻¹(C)=C On a f(A) =D alors f⁻¹(D)=A et g(A) = D alors gf⁻¹(D)=D

*)On a g est une similitude indirect de rapport 2 et f⁻¹ est une similitude direct de rapport 2 1. Alors gf⁻¹ est une similitude indirect de rapport 1

2

2×1 = donc gf⁻¹ est une

antidéplacement or gf⁻¹((CD))=(CD) alors gf⁻¹ est une symétrie axiale d’axe (CD) 4°) I′=f(I) et J′=g(J).

a)On a f⁻¹(J)=J alors gf⁻¹(J)=g(J)=J' On a f⁻¹(I')=I alors gf⁻¹(I')=g(I)=I b)Soit

{ } ( ) ( )

^K = ^{CD ∩ IJ}

On a gf⁻¹(K)=K car ^K∈

( )

^CD

Alors

{

^S_{( )}CD ^(K)

}

=^S( )CD

(

^(CD)

)

∩^S_{( )}CD

( )

^(IJ)

Alors

{ } ( ) ( )

^K = ^{CD ∩ I'J' car gf−1(IJ)}=^(I'J') car S_{( )CD}(I')=I alors S_{( )CD} (I)=I' Ainsi ^K∈

( )

^I'J'

Alors les droites (IJ) , (I′J′) et (CD) sont concourantes.

Exercice n Exercice n Exercice n Exercice n°3 °3 °3 °3

Pour tout réel t tel que:

t 2

0≤ ≤ π : ⁼

∫

^{2 k =}

∫

₀^{π2 2 2k}

π

0 2k

k cos (t)dt et J t cos (t)dt

I oùk∈N

1°)Soit pour tout 

 π

∈ 0,2

t : sin(t)

t 2 ) t (

s = −π alors cos(t)

1 2 ) t ( '

s = −π et sin(t) 0

) 2 t ( ''

s = π ≥

On a s''(t)≥0 alors 's est croissante sur 

 π ,2

0 alors 

 −π

=



 







 π

1 2; 2 1

, 0 ' s

On a















<



 



π

×



 π



 π

2 0 f ) 0 ( f

,2 0 sur croissante t

strictemen est

f

,2 0 sur continue est

f

alors d’après TVI il existe une unique _α∈^{ π}_^ ,2 0

tel que ^s'

( )

^{α =0 alors}

0 α 2 π s’ - +

s 0 0

Alors pour tout 

 π

∈ 0,2

t , s(t)≤0 ainsi sin(t) t≤π2 . 2°)On a pour tout 

 π

∈ 0,2

t : sin(t)

t 2

0≤ ≤π alors sin²(t) 4

² ² t

0≤ ≤ π

alors cos (t)

4 ) ² t ( 4 cos ) ² t ( cos ) t

²(

4 sin ) ² t ( cos

² t

0≤ ^2k ≤ π ^2k = π ^2k −π ^2k+2

alors

∫ ∫ ∫

π + π

π

−π

≤ π

≤ ²

0

2 k 2 2

0 k 2 2

0

k

2 cos (t)dt

4 dt ² ) t ( 4 cos dt ² ) t ( cos

² t 0

alors (I I ).

J 4

0 _{k k 1}

2

k ≤π − +

≤

3°)I ²cos (t)dt

π

0 2 2k 1

k^{+ =}

∫

^{+ 2}

⁽

^1-sin²(t)

⁾

^{cos (t)dt}

π

0

∫

2k

= ²cos (t)dt-

π

0

∫

2k

= ⁼

∫

²

π

0

2k(t)dt sin²(t)cos





=

=

) t sin(

) t ( v

) t ( cos ) t sin(

) t ( '

u ^2k

alors







=+

−

= ⁺

) t cos(

) t ( ' v

) t ( 1cos k 2 ) 1 t (

u ^{2k 1}

alors

[ ] ∫

π π +

+ = − − + ²

0

2 k 2 2

/ 0 k

1

k cos dt

1 k 2 ) 1 t ( v ) t ( u I

I _k I_{k 1}

1 k 2

I 1 ₊

− +

= alors pour tout entier k tel que k ≥ 0 : _{k 1} I_k

2 k 2

1 k I 2

+

= +

+

4°) On a pour tout entier k tel que k ≥ 0 : (I I ).

J 4

0 _{k k 1}

2

k ≤π − +

≤ Or pour tout 

 π

∈ 0,2

t , cos^2k(t)>0 alors I_k >0

Alors 







 −

≤ π

≤ ⁺

k 1 k 2

k k

I 1 I 4 I

0 J d’où

) 1 k ( 8 I 0 J

2

k k

+

≤ π

≤ Or 0

) 1 k ( 8 lim ²

k =

+ π

+∞

→ alors 0

I lim J

k k

k =

+∞

→ .

5°)On a ^{Jk =}

∫

₀^{π2t2cos2k(t)dt}

∫

^{π −}

− −

= ²

0

2 k 2 2 1

k

k J sin²(t)t cos (t)dt

J





=

−

= ⁻

) t sin(

² t ) t ( v

) t ( cos ) t sin(

) t ( '

u ^{2k 2}

alors







+

== − ⁻

) t cos(

² t ) t sin(

t 2 ) t ( ' v

) t ( 1cos k 2 ) 1 t (

u ^{2k 1}

[ ]

^π

∫

^{π −}

∫

^π

− − −

− − +

= ²

0

k 2 2

0

1 k 2 2

/ 0 1

k

k t²cos (t)dt

1 k 2 dt 1 ) t ( cos ) t sin(

1 t k 2 ) 2 t ( v ) t ( u J J

k 2

0

1 k 2 1

k

k J

1 k 2 dt 1 ) t ( cos ) t sin(

1 t k 2 J 2

J − −

− −

= ⁻

∫

^{π −}





=

−

= ⁻

) t ) t ( v

) t ( cos ) t sin(

) t ( '

u ^{2k 1}

alors







=

=

1 ) t ( ' v

) t ( kcos 2 ) 1 t (

u ^2k

[ ]

k

2 0

k 2 2

/ 0 1

k

k J

1 k 2 ) 1 t ( k cos

2 ) 1 t ( v ) t ( 1 u k 2 J 2

J − −









 −

+ −

= ^{− π}

∫

^π

k k

1 k

k J

1 k 2 I 1 ) 1 k 2 ( k J 1

J − −

− −

= ₋ alors k(2k−1)J_k =k(2k−1)J_k−1−I_k −kJ_k Alors pour tout entier k tel que k ≥ ^1: Ik =−2k²Jk+k(2k−1)Jk₋1

6°)On a pour tout entier k tel que k ≥ ^1: Ik =−2k²Jk+k(2k−1)Jk₋1 ^et k Ik 1

k 2

1 k

I =2 − ₋

Alors

k 1 k k

k k

k

I )J 1 k 2 ( I k

²J k I 2

I =− + − ₋ ainsi

1 k

1 k k

k

I J 1 k 2

k ) 2 1 k 2 ( I k

²J k 2 1

−

− −

− +

−

= D’où

1 k

1 k k

k

I

²J k I 2

²J k 2 1

−

+ −

−

= alors ₂

k k 1 k

1 k

k 2

1 I J I

J − =

−

−

7°) On a pour tout entier k tel que k ≥ 1 : ₂

k k 1 k

1 k

k 2

1 I J I

J − =

−

− alors

∑ ∑

=

= −

− =







 − ⁿ

1 k

2 n

1

k k

k 1 k

1 k

k 1 2 1 I J I J

Or

n n 0 0 n n 1 n

1 n 2

2 1 1 1 1 0 0 n

1

k k

k 1 k

1 k

I J I J I J I ... J I J I J I J I J I

J I

J = −







 −

/ + /

+







 /

− / / + /







 /

− /

=







 −

−

−

= −

∑

−

Alors 







 −

∑

=

= n

n 0 0 n

1

k I

J I 2 J

² k

1

Or et J t dt 24

dt 2 1 I

3 2

0 2 0 2

π

0 0

= π π =

=

=

∫ ∫

^{π alors} 







π −

∑

=

= n

n n

1

k I

J 12 2 ²

² k

1 et comme 0

I lim J

n n

n =

+∞

→

Alors

6

²

² n .... 1

² 2 1 1 lim

n

= π



 



 + + +

+∞

→