Corrige asie juin 2005

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Baccalauréat S Asie juin 2005

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats

3 points

1. Pour t = 1, on obtient bien le triplet (3 ; 1 ; −4) : affirmation C → − → − 2. u (2 ; −1 ; −1) est un vecteur directeur évident, donc − u (−2 ; 1 ; 1) en est aussi un : affirmation B. 14 3. M ∈ D ∩ P ⇐⇒ 1 + 2t + 4 − 2t + 9 + 3t = 0 ⇐⇒ 14 = 3t ⇐⇒ t = . Il existe 3 donc un seul point commun : affirmation C. 4.Le triplet(1 ; 3 ; 2) vérifie x + 2y − 3z − 1 = 0 : affirmation B. − → → → − − 5. Un vecteur normal à Q∈ est le vecteur v 2 (4 ; −5 ; 2) et u · v 2 = 0 : affirmation B. | − 1 − 6 − 6 − 1| 14 6. On a d(T, P ) = = = 14 : affirmation A 1+4+9 14

E XERCICE 2 Commun à tous les candidats
1 4 2 5

5 points

V J V J

V
3 4 1 2

3 5

J
1 2

1.

a. On a en suivant la branche supérieure p(V) =De même p(J) = 3 3 1 × = . 5 2 10

1 2 1 × = . 5 4 10 1 90 = , celle de ga360 4

b. En tournant la roue, la probabilité de gagner 20 € est gner 100 € est donc est 5 . 8

1 ; par différence la probabilité d’être remboursé(e) 8

2.

5 On a donc p R (V) = . 8 5 p(V ∩ R) 1 5 p(V ∩ R) 5 ⇐⇒ = = . Or p R (V) = ⇐⇒ p(V ∩ R) = × 1 p(V 8 8 10 80 10 5 29 3 + = . c. On a p(R) = p(J) + p(V ∩ R) = 1080 80 1 1 1 1 1 1 × = ; p(20) = × = . d. p(100) = 10 8 80 10 4 40 a. X peut prendre les valeurs : −m ; 100 − m ; 20 − m ; 0. b. xi p(X = xi ) −m 6 10 100 − m 1 80 20 − m 1 40 0 29 80

Baccalauréat S

c. On a E(X ) =

4 i=1

p i × xi = −

140 − 51m 6m 100 − m 20 − m + + +0 = . 10 80 40 80 140 − 51m < 0 ⇐⇒ 80

d. L’organisateur ne perdra pas d’argent si E(X ) < 0 ⇐⇒ m>

140 . Donc ilfaut que m soit au moins fixé à 3 euros. 51 4 et n = 4. 3. On reconnaît une expérience de Bernoulli avec p = 10 4 4 La probabilité de ne pas perdre est égale à , donc la probabilité de perdre 10 4 4 au moins une fois est 1 − = 1 − 0,025 6 = 0,974 4. 10 4. On obtient un nouvel arbre de probabilités :
1 n+1 2 2+n

V J V J

V
n n+1 2 n+1

n 2+n

J
n−1 n+1

On doit avoir n 2 − 5n + 2 n2 =5 − 17 ≈ 0, 44. 2 Il faut donc qu’il y ait plus de 4 boules jaunes.

4n 1 1 ⇐⇒ ⇐⇒ 2 (n + 1)(n + 2) 2 5 + 17 ≈ 4, 56 et 0. Le trinôme n 2 − 5n + 2 a pour racines n1 = 2

2n 2n + (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)

E XERCICE 3 Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité I.

5 points

1. On a(i3 + (−8 + i) × i2 + (17 − 8i) × i = i + 8 − i − 17i − 8 + 17i = 0 ⇐⇒ iestsolution de (E). 2. En développant le second membre et en identifiant les coefficients des termes de même degré, on obtient le système :   a   ai + b   bi + c  ic = = = = 1 −8 + i 17 − 8i 17i   a b ⇐⇒  c = = = 1 −8 17

On a donc pour tout complexe z, z 3 +(−8+i)z 2 +(17−8i)z+17i = (z+i)( z 2 − 8z + 17 . 3. On a donc (E) ⇐⇒ (z + i)( z 2 − 8z + 17 = 0 ⇐⇒ On trouve aussitôt que : S = {−i ; 4+ i ; 4 − i} II. z +i z 2 − 8z + 17 = = 0 . 0

Asie

2

juin 2005

Baccalauréat S

1. Figure

4 C 3 2 P 1 → − v −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 2. L’écriture complexe de la rotation est : z − 2 = i(z − 2). Donc zS − 2 = i(4 + i − 2) ⇐⇒ zS = 2 + 2i − 1 = 1 + 2i. 3. D’après la question précédente : ΩS = ΩA. A et B sont symétriques autour de (Ox), et Ω ∈ (Ox), donc ΩA = ΩB ; enfin B et Cayant la même ordonnée, Ω appartient à la médiatrice de [BC] et ΩB = ΩC. Conclusion B, A, S et C appartiennent à un cercle C de centre Ω. Le rayon est égal à ΩC = 22 + (−1)2 = 5. i(4 + i) + 10 − 2i 9 + 2i (9 + 2i)(2 − i) = = = 4. a. D’après la définition algébrique z A = 4+i−2 2+i (2 + i)(2 − i) 20 − 5i = 4 − i = zB . 5 i(4 − i) + 10 − 2i 11 + 2i (11 + 2i)(2 + i) 20 + 15i = = = = 4 + 3i. zB = 4−i−2 2−i(2 − i)(2 + i) 5 11 − 2i (11 − 2i)(−2 + i) −20 + 15i i(−i) + 10 − 2i zC = = = = = −4 + 3i = −i − 2 −2 − i (−2 − i)(−2 + i) 5 zB . b. zA = 4 − i, zB = −4 + 3i, zC = −4 + 3i. c. PA = |4 − i − i| = |4 − 2i| = 20 = 2 5 ; PB = |4 + 3i − i| = |4 + 2i| = 20 = 2 5 ; PC = | − 4 + 3i − i| = |4 + 2i| = 20 = 2 5 ; Donc A , B et C appartiennent au cercle S de centre P et de rayon 5. 10 i(z − 2) + 10 10 = i+...
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