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Baccalauréat S Métropole 23 juin 2009

E XERCICE 1 1. Si la solution est a., les abscisses de A et de B donneraient la même valeur de t = 0.

4 points

Si la solution est b., l’ordonnée de A donnerait t = −3 et la cote serait fausse. 1 La solution est c.. t = − donne les coordonnées de A et t = 0 donne les coordonnées de B. 2 : cette question est piégeuse pour celui ou celle qui cherchel’équation de la droite (AB) et qui ne trouve aucun des trois systèmes !

2. La droite (SS′ ) est perpendiculaire au plan et coupe ce plan en H projeté orthogonal de S sur ce plan. Le point H appartient à la droite SS′ et au plan, donc ses coordonnées vérifient :
  x   y  z   x + 2y + 2z − 3

= = = =

1 + 1t 1 + 2t 1 + 2t 0
  x   y  z   t

  x   y ⇐⇒  z   2 + 9t
7 9 5 9 59

= = = =

1 + 1t 1 + 2t 1 + 2t 0

= = = =

2 −9

Le point H est le milieu de SS′ ; on en déduit les coordonnées de S′ La bonne réponse est b.

5 1 1 ; ; . 9 9 9

− − → − − → −→ − − −→ − − → 3. On a AB (0 ; −1 ; 1) AC (8 ; −3 ; −1) BC (8 ; −2 ; 2 ; ) ; donc AB · BC = 0 ⇐⇒ ABC est un triangle rectangl en en B. Réponse c. −→ −→ −→ → − − − − −→ − 4. Soit G la barycentre du systèmepondéré {(A, 1), (B, −1), (C, 1)}. Par définition GA − GB + GC = 0 ⇐⇒ OG = −→ −→ −→ − − − OA − OB + OC ; on en déduit les coordonnées de G(9 ; 0 ; −3). En faisant intervenir ce barycentre G dans chaque vecteur, on a : − − −→ −→ −→ − −− −→ MA − MB + MC = 9 ⇐⇒ MG = 9 ⇐⇒ GM = 9.

81 = 92 . La norme de ce vecteur est bien égale à 9. La bonne réponse est b. : Question bien longue !

L’ensemble des pointsest donc une sphère de centre G et de rayon 9. Il reste à véeifier que S est l’un des points cherchés. − → − → − → − − − → → → − → − → − 2 → SA (1 ; 1 ; −2), SB (0 ; 0 ; 1), SC (8 ; −2 ; −3), d’où SA −SB +SC (8 ; −1 ; −4). Comme SA − SB + SC = 64+16+1 =

E XERCICE 2 1. On a a ′ = i(−i + i) = 0. Donc A′ = O. i−1+i i2 1 1+i 1 1 L’affixe de l’image de O est = = = + i. −1 + i 1 − i 2 2 2

5 points ∆

E

→ − v

O

→ − u

B i(z + i) 2 = 0 ⇐⇒ z(z − 1 + i) = i(z + i) ⇐⇒ z 2 − z + iz = iz − 1 ⇐⇒ z 2 − z + 1. Comme ∆ = 1 − 4 = −3 = i 3 , 3. z = z −1+i cette équation a deux solutions complexes : 1+i 3 z1 = zE = et 2 1−i 3 . z2 = zF = 2 1 3 On a |zE |2 = + = 1 ⇐⇒ |zE | = 1 = |zF |. 4 4 Ces deux points appartiennent donc au cercle C . 1 Comme ils ont pour partie réelle , ces deuxpoints sont les deux points communs à ∆ et à C . 2 4. .Soit i(z + i) |i(z + i)| i(z + i) AM = a. z ′ = ⇒ z′ = = = OM ′ z −1+i z −1+i |z − 1 + i| BM b. Application du résultat précédent : M ∈ ∆ ⇐⇒ MA = MB et donc z ′ = 1 ⇐⇒ M ′ ∈ C . Une équation de la droite (AB) est : M(x ; y) ∈ (AB) ⇐⇒ y = −1. Donc un point M de la droite (AB) a une affixe z = x − i. i(x − i + i) xi D’où z ′ = = . Donc z ′ est unimaginaire pur. x −i−1+i x −1 Les points M ′ appartiennent donc à l’axe des ordonnées.

2.

F A

E XERCICE 3 f (x) = 1 + xe−x . Partie A 1. 5. a. On sait que lim x La droite (∆) est asymptote à C au voisinage de plus l’infini.
x→+∞ ex

6 points

= xe−x = 0, on a lim f (x) = 1.
x→+∞

b. La fonction f est une somme de fonctions dérivables sur [0 ; + i n f t y[, elle est donc dérivable et :f ′ (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x) qui est du signe de 1 − x, puisque e−x > 0 quel que soit x ∈ R. La dérivée est positive, donc la fonction croissante sur [0 ; 1] et la dérivée est négative, donc la fonction décroissante sur [1 ; +∞[.
Métropole

2

éventé le 19 juin 2009

2.

a. On a f (0) = 1 et la limite en plus l’infini est égale à 1 : donc f (x) 1 > 0 sur [0 ; + i n f t y[.L’intégrale est donc égale à l’aire (en unités d’aire) de la surface limité par la courbe C , l’axe des abscisses et les verticales d’équations respectives x = 0 et x = t .
t

b.

Cette dernière intégrale se calcule en intégrant par parties : u(x) v ′ (x)
t 0 t 0

0

f (x) dx =

t

0

1 dt +

t

0

xe−x dx = t +

t

0

xe−x dx.

= =

x e−x

et

u ′ (x) v(x)

= =...
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