Correction bac liban

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Correction du baccalauréat S Liban juin 2007

E XERCICE 1 1. a. Signe de ln x(1 − ln x) : on fait un tableau de signes :

6 points

x ln x 1 − ln x ln x(1 − ln x)

0 − + −

1 0 + + 0 +

e + 0 0 − −

+∞

b. On a f (x) − g (x) = ln x − (ln x)2 = ln x(1 − ln x). On déduit du tableau précédent que C est au dessous de C ′ sauf entre 1 et e. 2. M(x ; ln x) et N x ; (ln x)2 . a. On adéjà vu que h(x) = ln x(1 − ln x). 1 1 2 − ln x = (1 − 2ln x) x x x 1 qui est du signe de 1 − 2ln x. Cette différence s’annule pour x = e 2 = e. Sur ]0 ; e[, h ′ (x) > 0, donc h est croissante ; Sur ] e ; +∞[, h ′ (x) < 0, donc h est décroissante ; Donc la fonction h a un extremum (la dérivée s’annule en changeant de signe), qui est un maximum pour x = e. Comme ce nombre est entre 1 et e, le nombreh(x) est positif et est égal à la distance M N . 1 1 1 1− = . Donc Mn = h e = ln e(1 − ln e = 2 2 4 Cette fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et h ′ (x) =

b. L’équation (ln x)2 − ln x = 1 est équivalente à −h(x) = 1 ⇐⇒ h(x) = −1. 1 2 On pose X = ln x et on résout l’équation X 2 − X − 1 = 0 ⇐⇒ X − − 2 1 1 − 1 ⇐⇒ X − 4 2
2



1 5 ⇐⇒ X − 4 2

2



5 2

2

.

3.

a. Grâce à uneintégration par parties (avec u ′ = dx et v = ln x, d’où u = 1 et 1 v ′ = , les fonctions u ′ et v ′ étant continues sur ]0 ; +∞[ : x e e x dx = e − 0 − [x]e = e − e − (−1) = 1. ln x dx = [x ln x]e − 1 1 1 1 x

c. Sur ]0 ; 1[∪]e ; +∞[ la fonction (ln x)2 − ln x est positive et représente donc la distance M N . D’après la question précédente il existe deux valeurs de x pour lesquelles 1+ 5 1− 5 etb = e 2 . la distance M N = 1. Ce sont les réels a = e 2

1 5 5 1 + = ln x1 et X 2 = − = ln x2 . 2 2 2 2 On a donc finalement deux solutions : 1+ 5 1− 5 2 x1 = e et x2 = e 2 . On a donc deux solutions X 1 =

Correction du baccalauréat S

b. Avec G(x) = x (ln x)2 − 2ln x + 2 qui est dérivavable, on a G ′ (x) = (ln x)2 − 2ln x 2 2ln x + 2 + x − = (ln x)2 − 2ln x + 2 + 2ln x − 2 = (ln x)2 . x xc. Sur l’intervalle [1 ; e] on a vu que ln(x) − (ln x)2 0, donc l’aire A est
e

égale à
1

G(e) + G(1) = 1 − e(1 − 2 + 2) + 2 = 3 − e. (u. a.)

ln x − (ln x)2 dx =

e

e

1

ln x dx −

1

g (x) dx = 1 − [G(x)]e = 1 − 1

E XERCICE 2 6 points Candidats ne faisant pas l’option mathématiques C(1 ; 1 ; 2) 3 1 1. Un vecteur directeur de (d) est − ; 0 ; − qui n’est manifestementpas co2 2 → − linéaire au vecteur  (0 ; 1 ; 0). Fausse. 2. Un vecteur normal au plan (P ) a pour coordonnées (1 ; 0 ; 3) qui est colinéaire au vecteur précédent de (d). De plus A ∈ (P ). Vraie

3. On a : AB2 = 4 + 1 + 1 = 6, AC2 = 1 + 4 + 1 = 6 et BC2 = 9 + 9 + 0 = 18. ABC est donc isocèle en A π Si BAC avait pour mesure , alors le triangle serait équilatéral, ce qui est faux. 3 Fausse. −→ −→ −→→ − − − − 4. On a par définition : G existe car −1+1+1 = 0, et −GA + GB + GC = 0 . Soit I le − − − − − − → → → → → → milieu de [BC] ; l’égalité précédente peut s’écrire : GI − IA + GI + IB + GI + IC = → − − − → → → − − → − → 0 ⇐⇒ −IA + GI = 0 ⇐⇒ GI = IA ⇐⇒ G est le milieu de [AG]. Vraie 5. On a vu que BC2 = 18 ⇐⇒ BC = 3 2. La distance de C au plan P est égale à : la sphère et le plan sont sécants.Vraie |1 + 6 − 5| 12 + 32 = 2 10 = 10 < 3 2. Donc 5

E XERCICE 2 Candidats ayant choisi l’option mathématiques

6 points

2. Pour z = 5, on obtient 5 = x 2 +2x + y 2 +1 ⇐⇒ x 2 +2x + y 2 −4 = 0 ⇐⇒ (x +1)2 − 1 + y 2 − 4 = 0 ⇐⇒ (x + 1)2 + y 2 = (−1 ; 0 ; 5) et de rayon 5. Fausse.
53

1. Cette écriture est bien celle d’une similitude ditecte. S’il existe un point fixe, 1 + 2i 1 2 1 ⇐⇒ z = = + i.Le alors z = 2iz + 1 ⇐⇒ z(1 − 2i) = 1 ⇐⇒ z = 1 − 2i 1+4 5 5 centre est bien A.  ′ = 2iz + 1  z 1 2 1 2 1 2 1 2 entraîne par différence : z ′ − + i = 2i z − − i  + i = 2i + i + 1 5 5 5 5 5 5 5 5 −→ π − → −−′ − ce qui entraîne en prenant les arguments que AM , AM = : en prenant les 2 modules AM ′ = 2AM. Donc le rapport est égal à 2. Vraie 5
2

qui est l’équation du cercle de centre
3...
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