suites bac

1235 mots 5 pages
Polynésie Juin 2013

BAC S

Correction

Exercice 1
1. a. Points d’intersection avec l’axe des abscisses :
On cherche donc f(x) = 0  (x + 2)e-x = 0  x + 2 = 0  x = -2
Le point d’intersection de avec l’axe des abscisses a pour coordonnées (-2 ;0)
Point d’intersection avec l’axe des ordonnées : f(0) = 2.
Le point d’intersection avec l’axe des ordonnées a pour coordonnées (0 ;2)
b. lim x + 2 = -∞ et lim e-x = +∞ donc lim f(x) = -∞ x → -∞

x → -∞

f(x) = xe-x + 2e-x

x → -∞

lim xe-x = lim -xex = 0 et lim e-x = 0 donc lim f(x) = 0

x → +∞

x → -∞

x → +∞

x → +∞

Il y a donc une asymptote horizontale d’équation y = 0.
c. f est un produit de fonctions dérivables sur ℝ, elle est donc dérivable sur ℝ également. f ’(x) = e-x – (x + 2)e-x = -(x + 1)e-x. f(-1) = e

1
 1
 1
 3
f(0) + f   + f   + f    = 1,642 à 10-3 près.
4
 4
 2
 4
1
b. Chacun des N rectangles a une largeur de
N

2. a. On a donc S =

Variables :
Initialisation :
Traitement :

k est un nombre entier
S est un nombre réel
Affecter à S la valeur 0
Pour k variant de 0 à N-1
Affecter à S la valeur S +

1 k f 
N N

Fin Pour
Afficher S

Sortie :

1

3. a. On a donc


=  f(x) dx = g(1) – g(0) = -4e-1 + 3 u.a.
0

b. L’erreur commise est donc : S –

 0,114 à 10-3 près

Exercice 2 z1 6 ei/4 i/2 i /2 + /4 + /3
) = 3 ei13/12
1. i = e
-i/3 = 3 e ( z2 2e
2. On pose z = x + iy
–z = z -x – iy = x – iy x = 0

Réponse d
Réponse c

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Polynésie Juin 2013

BAC S

Correction

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3. ⃗⃗⃗⃗⃗ (-2 ;3 ;1) et C(-1 ;0 ;4)
Une représentation paramétrique de cette droite est donc :
x = -1 - 2t

y = 0 + 3t tℝ Réponse a

z = 4 + t
4. Un vecteur directeur de Δ est ⃗ (1 ;1 ;2)
⃗ . ⃗ = 1 × 3 + 1 × (-5) + 2 × 1 = 0.
Par conséquent ces 2 vecteurs sont orthogonaux et Δ est parallèle à .
Une

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