Examen Mathématique bac 2 Avec Correction Pc & Svt 2019 Session Normal

Examen Mathématique bac 2 Avec Correction National 2019 Pc & Svt Session Normal

 
 
 * Géométrie dans l’espace    (3 points )

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct (O,i,j,k), on considère les points A(l,-1,-1), B(0,-2,1) et C(1,-2,0).
1) a) Montrer que ABAC=i+j+k(0.75)
b) En déduire que x+y+z +1=0 est une équation cartésienne du plan (ABC). (0.5)
2) Soit (S) la sphère d’équation x²+y²+z²-4x+2y-+1=0. (0.75)
Montrer que le centre de la sphère (S) est Ω(2,-1,1) et que son rayon est R =5.
3) a) Calculer d(Ω,(ABC))Ia distance du point 0 au plan (ABC). (0.5)
b) En déduire que le plan (ABC) coupe la sphère (S) selon un cercle (Γ) (la détermination du centre et du rayon de (Γ) n’est pas demandée). (0.5)

 * Nombres complexes    (3 points )

1) Résoudre dans l’ensemble ℂ des nombres complexes l’équation : z²-2z+4=0. (0.75)
2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct(O,u,v), on considère les points A, B, C et D d’affixes respectives a= 1-i3, b=2+2i, c=3+ i et d=-2+23.
a) Vérifier que a-d=3(c-d). (0.5)
b) En déduire que les points A , C et D sont alignés. (0.25)
3) On considère z l’affixe d’un point M et z’ l’affixe de M’ image de M par la rotation R de centre 0 et d’angle π3.
Vérifier que z’=12az. (0.5)
4) Soient H l’image du point B par la rotation R, h son affixe et P le point d’affixe p tel que p=a-c.
a) Vérifier que h=ip. (0.5)
b) Montrer que le triangle OHP est rectangle et isocèle en O. (0.5)

 


 * Dénombrement et probabilités    
(3 points )

 
une urne contient dix boules : trois boules vertes, six boules rouges et une boule noire indiscernables au toucher. On tire au hasard et simultanément trois boules de l’urne.
on considère les événements suivants :
A : « Obtenir trois boules vertes . »
B : « Obtenir trois boules de même couleur. »
C : « Obtenir au moins deux boules de même couleur. »
1) Montrer que p(A)=1120 et p(B)=740(2)
2) Calculer p(C). (1)

 * Etudes de Fonctions    (11 points )

Première partie :
Soit f la fonction numérique définie sur ]0,+∞[ par: f(x)=x+12ln(x)+12(ln(x))²  et (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i,j) (unité: 1 cm).
1) Calculer limx0x>0f(x) puis interpréter le résultat géométriquement. (0.5)

2) a) Vérifier que pour toutx de ]0,+∞[, f(x)=x+12+(12ln(x)1)ln(x).  (0.25)
b) En déduire que limx+oof(x)=+oo(0.5)
c) Montrer que pour tout x de ]0,+∞[, ln(x)2x=4(ln(x)x)2(0.5)
pius en déduire que limx+ooln(x)2x=0.
d) Montrer que (C) admet au voisinage de +oo une branche parabolique de direction asymptotique la droite (Δ) d’équation y=x. (0.75)
3)a) Montrer que pour tout x de ]0,1] : (x-1)+ln x≤0  (0.5)
et que pourtout x de [l ,+oo[ : (x- 1)+ln x≥O. (0.5)
b) Montrer que pour tout x de ]0,+oo[,  f(x)=x1+ln(x)x(1)
c) Dresser le tableau de variations de la fonction f. (0.5)
4) a) Montrer que f«(x)=2ln(x)x2 pour tout x de ]0,+oo[. (0.5)
b) En déduire que (C) admet un point d’inflexion dont on déterminera les coordonnées. (0.5)
5)a) Montrer que pour tout x de ]0,+oo[, f(x)x=12(ln(x))2 et déduire la position relative de (C) et (Δ). (0.5)
b) Construire (Δ) et (C) dans le même repère (O,i,j). (1)
6)a) Montrer que la fonction H: x➝x ln(x)-x. est une primitive de la fonction h: x➝ln(x). sur ]0,+oo[. (0.5)
b) A l’alde d’une intégration par parties, montrer que 1eln(x)2dx=e2(0.75)
c) Calculer en cm² 1’aire du domaine plan limité par (C) et (Δ) et les droites d’équations x=1 et x=e. (0.5)

Deuxième partie :
Soit (Un) la suite numérique définie par: u0=1 et Un+1=f(Un) pour tout n de IN
1) a)Montrer par récurrence que  1Une pour tout n de IN. (0.5)
b) Montrer que la suite (Un) est croissante. (0.5)
c) En déduire que la suite (Un) est convergente. (0.5)
2) Calculer la limite de la suite (Un)(0.75)

 


  Correction  

 * Géométrie dans l’espace  


1.a.. Montrer que : ABAC=i+j+k
 

L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct (0,i,j,k). on a les points A(1,1,1) et B(0,2,1) et C(1,2,0)
Ona:AB(012+11+1)=AB(112) et AC(112+10+1)=AC(011)
D’où :
\[
\overrightarrow{ AB } \wedge \overrightarrow{ AC }=\left(\begin{array}{c}

-1 \

-1 \

2

\end{array}\right) \wedge\left(\begin{array}{c}

0 \

-1 \

1

\end{array}\right)=\left|\begin{array}{cc}

-1 & -1 \

2 & 1

\end{array}\right| \overrightarrow{ i }-\left|\begin{array}{cc}

-1 & 0 \

2 & 1

\end{array}\right| \overrightarrow{ j }+\left|\begin{array}{cc}

-1 & 0 \

-1 & -1

\end{array}\right| \overrightarrow{ k }
\] Donc: ABAC=i+j+k

1.b.l’équation cartésienne du plan ( ABC ):

on a: Le vecteur ABAC(1,1,1) est un vecteur normal au plan (ABC)
donc équation du plan (ABC) est de la forme :x+y+z+d=0
puisque A(1,1,1) appartienne au plan (ABC)
donc :1×1+1×(1)+1×(1)+d=0
d’où d=1

alors: x+y+z+1=0 est une équation cartésienne du plan (ABC)
 
2.Montrer que la sphère (S) a pour centre le point Ω(2,1,1) et pour rayon R=5
on a : x2+y2+z24x+2y2z+1=0
x24x+44+y2+2y+11+z22z+11+1=0
(x2)24+(y+1)21+(z1)21+1=0
(x2)2+(y+1)2+(z1)2=5=52
La dernière écriture représente l’équation cartésienne de la sphère de centre Ω(2,1,1) et de rayonR=5
Donc: la sphère (S) a pour centre le point Ω(2,1,1) et pour rayon R=5
 
3.a) Calcule de d (Ω,(ABC):
On a :  Ω(2,1,1) et x+y+z+1=0 est une équation cartésienne du plan (ABC)

d’ où: d(Ω,(ABC))=|21+1+1|12+12+12=33=3.
Donc: d(Ω,(ABC))=3
 
3.b) En déduire que le plan (ABC) coupe la sphère (S) suivant un cercle ( Γ ). 
Puisque le rayon du cercle est R=5 et d(Ω,(ABC))=3<5
d’où l’intersection du plan (ABC) et la sphère (S) sera un cercle (Γ)
Donc: le plan (ABC) coupe la sphère (S) suivant un cercle ( Γ ).
 
 * Nombres complexes   
 

1.Résoudre dans l’ensemble C des nombres complexes l’équation z22z+4=0

On calcule :le discriminant Δ :
On a : Δ=(2)24×1×4=416=12<0
D’où : l’équation a deux solutions complexes conjuguées:
z1=2+iΔ2×1=2+i122=2+i232=1+i3 et z2=z1=1i3
Donc: ensemble des solutions de l’équation est : S={1+i3;1i3}

 
2.a. Vérifier que : ad=3(cd) 
les points A,B,C et D d’affixes respectives a=1i3,b=2+2i,,c=3+i et d=2+23.
On a : cd=3+i(2+23)=3+2+i
ad=1i3(2+23)=323i3=3(3+2+icd)=3(cd)
d’ où: ad=3(cd)
Donc: ad=3(cd)
2.b. En déduire que : les points points A, C et D sont alignés.
Le vecteur  DA a pour affixe zDA=ad
Le vecteur DC a pour affixe zDC=cd
On a :
ad=3(cd)zDA=3zDCDA=3DC
Par suite: les deus vecteurs DA et DC sont colinéaires. donc: les points A et C et D sont alignés.
3. Montrer que : z=12az
Soit z l’affixe du point M et z ‘ l’affixe du point M ‘ ; l’image de M par la rotation R de centre le point O et d ‘angle π3
L’écriture complexe de la rotation R est de la forme : zω=(zω) ) is  avec ω est l’affixe du centre de la rotation et θ est l’angle de la rotation.
D’où : z’- 0 = (z-0)e
(avec ω=0 est l’affixe du point O centre de la rotation et θ=π3 est l’angle de la rotation R ).
z=z×(cos(π3)+isin(π3))=z×(cos(π3)isin(π3))
   =z(12i32)
   =z12(1i3)
   =12az;(car:1i3=a)
D’où : L’écriture complexe de la rotation R est z’= 12 az
Donc: z=12az.
4. a. Vérifier que : h= ip.
le point H d’affixe h est l’image du point B par la rotation R, et le point P d’affixe p tel que p=ac
On a:
 R(B)=Hh=12abh=12(1i3)(2+2i)h=(1i3)(1+i)h=(1i3)+i(1i3)h=i(i3)c+i(1i3)ah=i(ac)h=ip
Donc: h=ip
4.b. Montrer que le triangle OHP est rectangle et isocèle en O.
On a:
h0p0=ipp=i{|h0||p0|=|i|{OHOP=1(OP,OH)=arg(i)[2π];(hp=i){(OP,OH)=π2[2π]
d’ où: OH=OP
et par suite: le triangle OHP est isocèle en O
(OP,OH)=π2[2π]
d’où le triangle OHP est rectangle en O
Donc: Ie triangle OHP est rectangle et isocèle en O.

 * Dénombrement et probabilités   

1) Montrer que : p(A)=1120 et p(B)=740
* Montrons que : p(A)=1120
* On calcule card(Ω) : (ou encore le nombre des tirages possibles). Tirer simultanément 3 boules parmi 10 boules pressente une combinaison de 3 parmi 10 d’oủ le nombre des tirages possibles est le nombre des combinaisons de 3 parmi 10 ce nombre est :
cardΩ=C103=10×9×81×2×3=120
done :cardΩ=C103=120

* On calcule cardA : ( le nombre des tirages qui réalisent I’événement A). P’événement A a les 3 boules tirées sont vertes Tirées 3 boules vertes simultanément parmi 3 boules vertes de l’urne ceci présente une combinaison de 3 parmi 3 Done le nombre des tirages qui réalisent I’evénement A est C33=3×2×11×2×3=1 ( Remarque Cn0=1 )
donc :cardA=C33=1
p(A)=cardAcardΩ=C33C103=1120.

* Montrons que : p(B)=740
On calcule cardB : ( le nombre des tirages qui réalisent I’événement B )
I’événement B  » les 3 boules tirées sont de même couleur  » ou encore 1 ‘événement B est « les 3 boules tirées sont vertes ou les boules sont rouges ».
*les 3 boules tirées simultanément sont vertes parmi 3 boules vertes de I’urne
on a : cardA =C33=1
* les 3 boules tirées simultanément sont rouges parmi 6 boules rouges de l’urne
on a :C63=6×5×43×2×1=20
d’où: cardB=C33+C63=1+20=21
donc:p(B)=cardBcardΩ=C33+C63C103=21120=3×73×40=740
p(B)=740
2) Calculer p(C)
* On calcule cardC : ( le nombre des tirages qui réalisent I’événement C).
C: « au moins deux boules de même couleur »
ou encore C: « exactement deux boules de même couleur ou exactement trois boules de même couleur »
L’événement contraire de I’événement C est I’événement:
C:  » trois boules de couleurs differentes
Donc: cardC¯=C31×C61×C11=3×6×1=18
Par suite cardC =cardΩcardC¯=12018=102
par suite: :p(C)=cardCcardΩ=cardΩcardC¯C103=12018120=102120=6×176×20=1720
Donc: p(C)=1720.

 
 * Etudes de Fonctions  
 

1) * On calcule : limx0x>0f(x).
On a :
limx0x+12=12
limx0x>0lnx={limx0lnx=+x>0limx0(lnx)2=+x>0
D’où : limx0x>0f(x)=limx0x>0x+12lnx+12(lnx)2=+
Donc: limx0x>0f(x)=+

* on interprète le résultat géométriquement.

Puisque on a limx0x>0f(x)=+
Alors  la courbe (C) admet une asymptote verticale (l’axe des ordonnées) ou encore c ‘est la droite d’équation x=0.

2)a- Vérifier que :pour tout x de ]0,+[:f(x)=x+12+(12lnx1)lnx.

On a:
x+12+(12lnx1)lnx
=x+12+12lnx×lnxlnx
=x+12+12(lnx)2lnx
=f(x)
pour tout x de] 0,+∞[: f(x)=x+12+(12lnx1)lnx

2)b-En déduire que: limx+f(x)=+.


On a: limx+x+12=limx+x=+.
et limx+lnx=+.
donc: limx+(12lnx1)lnx=+.
D’où: limx+f(x)=limx+(x+12+(12lnx1)lnx)=+.limx+f(x)=+

2)c-Montrer que pour tout x de ]0,+∞[,(lnx)2x=(2lnx)2(x)2.

On a : (lnx)2x=(ln(x2))2(x)2=(2lnx)2(x)2(lnxr=rlnx;rQ)=4(lnx)2(x)2=4(lnxx)2(lnx)2x=4(lnxx)2

* En déduire que:  limx+(lnx)2x=0.
On a : limx+(lnx)2x=limx+4(lnxx)2;(t=x;x+;t+)
=limt+4(lntt)2=0;(limt+lntt=0).
Donc: limx+(lnx)2x=0.

2)d- Montrer que: (Cr) admet au voisinage de + une branche parabolique de direction asymptotique la droite (Δ) d’équation y=x
On a:limx+f(x)x=limx+x+12lnx+12(lnx)2x=limx+1+12xlnxx+12(lnx)2x=1.
(carlimx+1+12x=1 et limx+lnxx=0 et limx+(lnx)2x=0 d’après la question précédente).
D’ où: a=limx+f(x)x=1
d’autre part:
limx+f(x)x=limx+x+12+(12lnx1)lnxλ=+
car:limx+lnx=+
Donc: b=limx+f(x)x=+.
Par suite: limx+f(x)=+ et a=limx+f(x)x=1 et b=limx+f(x)x=+
(Cf) admet au voisinage de + une branche parabolique de direction asymptotique la droite (Δ) d’équation y=x.

3)a- 

*Montrons que : pour tout x de ] 0,1]: (x1)+lnx0.

on a :0<x1{1<x10lnx0
Donc: pour tout x de ]0,1 ] : (x1)+lnx0

*Montrons pour tout x de [1,+]:(x1)+lnx0.
On a :x1{x10lnx0
(x1)+lnx0( car la somme de deux nombres positifs est un nombre Donc: pour tout x de [1,+]:(x1)+lnx0.
{ pour tout x de ]0,1]:(x1)+lnx0 pour tout x de [1,+]:(x1)+lnx0
 
3)b- Montrer que pour tout x de ]0,+oo[, f(x)=x1+lnxx.
On a :
f(x)=(x+12lnx+12(lnx)2)
=11x+12×2(lnx)lnx
=11x+1x×lnx
=x1+lnxx.
c) Tableau de variations de la fonction f:



4)a- Montrer que : f(x)=2lnxx2 pour tout x de ]0,+[.

On a :
f(x)=(f(x))
=(x1+lnxx)
=(1+1x)×x(x1+lnx)×1x2
=x+1x+1lnxx2
=2lnxx2
pour tout x de ] 0,+∞[ on a: f(x)=2lnxx2.

4) b-En déduire que (Cf) admet un point d’inflexion dont on déterminera les coordonnées.
Pour déterminer les points d’inflexions d’une fonction on étudie le signe de la fonction f  » dérivée seconde de f
Le signe de f(x)=2lnxx2 est le signe de (2lnx) car  x2>0 avec x∊] 0,+∞[
On a:  2lnx0lnx2
xe2
D’où le signe de f est donné par le tableau suivant :

Ia fonction f dérivée seconde de f s’annule enx0=e2 et change de signe au voisinage de x0=e2.

5) a- Montrons que: pour tout de ]0,+∞[:  f(x)x=12(lnx1)2

On a: 12(lnx1)2
=12((lnx)22lnx+1)
=12(lnx)2lnx+12\).
=12(lnx)2lnx+12+xx=f(x)x.
Donc: pour tout x de ] 0,+∞[: f(x)x=12(lnx1)2

* en déduire la position relative de (Cf)) et (∆).
Pour cela on étudier le signe de : f(x)x ou encore 12(lnx1)2
qui a un signe positif sur] 0,+∞[ mais s’annule si lnx1=0lnx=1e=1
*La courbe (C) de f est située au dessus de la droite () sur chacune des intervalles ]0,e[ et ]e,+∞[
*La courbe (C) de f coupe la droite () ) au point A(e,f (e))=A(e,e).

5) b- Construire (Δ) et (C1) dans le même repère (o,i,j)


6)a- Montrer que : H:xxlnxx est une primitive de la fonction h:xlnx sur ] 0,+∞[.

Pour cela on montre que : H(x)=h(x)
On a : H(x)=(xlnxx)
     =(x)lnx+(x)(lnx)(x)
     =1×lnx+×1x1
     =lnx+11
     =lnx=h(x)
D’où : H(x)=h(x)
la fonction H:xxlnxx est une primitive de la fonction h:xlnx sur ]0,+[


6) b-A l’aide d’une intégration par parties, montrer que 1e(lnx)2dx=e2 

On écrit : 1e(lnx)2dx=1e(lnx)×(lnx)dx.
On utilise la disposition suivante:
u(x)=lnxu(x)=1x(1)(2)↘(3)v(x)=lnxv(x)=xlnxx
Par suite on obtient:
1e(lnx)2dx=[lnx×(xlnxx)]1e1e1x×(xlnxx)dx
=(lnex(elnee))(ln1×(1ln11))1e(lnx1)dx
=(1(e×1e)0)1elnxdx+1e1dx
=0[xlnxx]1e+[x]1e;(H'(x)=h(x))
=((e×1e)(1×01))+(e1)
=01+e1=e2
1e(lnx)2dx=e2.

6) c- Calculer en cm² l’aire du domaine plan limité par (Cf) et (Δ) et les droites d’équations x =1 et  x=e.
La surface demandée à calculer en cm² est :
(1e|f(x)x|dx)×i×j=(1e(f(x)x)dx)×i×jcm²
(car (C) est au dessus de (Δ) ) sur [1, e ] )
=(1e(+12lnx+12(lnx)2x)dx)×1×1cm²
=1e12dx1elnxdx+121e(lnx)2dxe2cm²
=12[x]1e[xlnxx]1e+12(e2)cm²
=12(e1)((e×1e)(1×01))+12(e2)cm²
=e2121+e21=e52cm²
la surface demandée est 2e52cm².
II)1)a-Soit (un) la suite numérique définie par u0=1 et un+1=f(un) pour tout n de IN

 Montrer par récurrence que : 1une pour tout n de N

On note la relation : 1une par (1)
On vérifie que la relation (1) est vraie pour n = 0
on a: 1u0=1e d’où la relation (1) est vraie pour n=0.
On suppose que la relation (1) est vraie pour n
ou encore 1une est vraie (hypothèse de récurrence )
On montre que : la relation (1) est vraie pour n+1
ou encore à démontrer que 1un+1e
d’après hypothèse de récurrence
on a : 1une ou encore un[1,e]
Donc: 1unef(1)f(un)f(e)
(car la fonction est croissante sur [1, e] et un[1,e]
32un+1e
( f(e)=e puisque (C) coupe(Δ)\au point A (e ,f (e))= A(e,e ))
132un+1e et f(1)=32
voir tableau de variations de f.
D’où : la relation (1) est vraie pour n+1. Conclusion : 1une pour tout n de IN.
II) 1) b – En déduire que la suite (un) est convergente
On a :
*la suite (un) est croissante

*la suite (un) est majorée ( puisque 1une).

d’après une propriété la suite (un) est convergente  tel que sa limite sera notée par avec IR).

II) 2) Calculer la limite de la suite (un).

Ia suite (un) est de la forme un+1=f(un)
Ia fonction f est continue surI=[1,e] et f(I)I
(carf(I)=[f(1),f(e)]=[32,e]I=[1,e]( car f est continue et croissante surI=[1,e]

et f(e)=eetf(1)=32)
On a: u0=1[1,e]
la suite (un) est convergente vers avec IR
donc est solution de l’équation : xI=[1,e];f(x)=x (d’après une propriété )
pour résoudre l’équation f(x)=x sur l’intervalle [1,e] on étudier l’intersection de la courbe (C) et la droite (Δ)sur[1,e]
d’après ce qui a précédé (C) coupe (Δ) ) au point A(e,f(e))=A(e,e)
d’où la solution de l’équation précédente est : x=e[1,e]
Donc: limn+un==e.