Bac Technique Session Principale 2019 Pdf Avec Correction
Durée de l’épreuve 3h
L’épreuve est composée de trois exercices et un problème
indépendants entre eux et répartis suivant les domaines comme suit:
* Probabilité (4 points )
* Nombres Complexes (5 points )
* Géométrie dans l’espace (5 points )
* Etude d’une fonction numérique (6 points )
* Probabilité (4 points )
Pour chacune des questions suivantes une seule des trois réponses proposées est exacte.
Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Aucune justification n’est demandée.
Une réponse correcte vaut I point, une réponse fausse ou l’absence de réponse vaut 0 point.
I) Soit \(Ω\) un univers fini,\(P (Ω)\) l’ensemble des parties de \(Ω\)
et \(p\) une probabilité sur \(P (Ω)\)
Soit A et B deux événements.
On considère l’arbre de probabilité ci-contre:
1) Dans cet arbre, le réel 0,4 désigne:
a) \(p ( B )\)
b) \(p ( B \ A )\)
c) \(p ( B∩A )\)
2) \(p (\overline{ B })\) est égale à :
a) 0,9
b) 0,18
c) 0,36
II 1) Soit la suite \((u_{n})\) définie sur IN par: \(u_{n}=n e^{-n+1}\)
\(\lim _{n➝+∞} u_{n}\) est égale à :
a) 0
b) +∞\)
c) e
2) Soit x est un réel et \((v_{n})\) la suite définie sur IN* par:
\(v_{n}=(\frac{-x}{2})^{n}\)
\(\lim _{n➝+∞} v_{n}=0 \) si :
a) \(x>2\)
b) \(-2<x<2\)
c) \(x<-2\)
* Nombres Complexes (5 points )
1) Soit, dans ℂ l’équation \(( E )\):
\(z ^{2}-(1+ i \sqrt{3})(1- i ) z +2 \sqrt{3}=0\)
a) Vérifier que (1- i )\) est une solution de l’équation \(( E )\)
b) Déduire l’autre solution de l’équation (E).
2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct
\(( O ,\overrightarrow{ u },\overrightarrow{ v }),\)
on considère les points A,B et C d’affixes respectives
\(z _{ A }=1- i\) , \(z_{ B }=\sqrt{3}+ i \sqrt{3}\) et \(z_{C}=2 \sqrt{2}e^{{ i }\frac{π}{12}}\)
\(z _{ A }=1- i\) , \(z_{ B }=\sqrt{3}+ i \sqrt{3}\) et \(z_{C}=2 \sqrt{2}e^{{ i }\frac{π}{12}}\)
a) Donner la forme exponentielle de chacun des nombres complexes
\(z_{A}\) et \((1+i \sqrt{3})\)
b) Vérifier que: \(z_{B}=(i \sqrt{3}) z_{A}\)
c) Déduire que: \(z_{A}+z_{B}=z_{C}\)
d) Montrer que le quadrilatère OACB est un rectangle.
e) Dans la figure ci-contre, on a placé le point B.
Placer le point A et construire le point C
3) Soit I le centre du rectangle OACB et G le centre de gravité du triangle OAI.
a) Montrer que: \(z_{G}=\frac{1}{3}(z_{1}+z_{A})\)
b) Montrer que: \(z_{G}=\frac{\sqrt{3}}{6}(\sqrt{3}+i) z_{A}\)
c) Déduire la forme exponentielle de \(z_{G}\)
* Géométrie dans l’espace (5 points )
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct
\(( O,\overrightarrow{ i },\overrightarrow{ j },\overrightarrow{ k })\)
on considère les points A(2,-2,2), B(2,0,0) et C(\frac{6}{5}, 0, \frac{2}{5})
1) a) Montrer que: ABC est un triangle rectangle en C.
b) Montrer qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est: \(x+2 y+2 z-2=0\)
2) Soit (Δ) la droite perpendiculaire au plan (ABC) en A.
a) Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite (Δ).
b) On considère le plan \(P\) dont une équation cartésienne est : 4 x+8 y-z-8=0.
Montrer que la droite (Δ) coupe le plan \(P\) au point I(3,0,4)\)
c) Soit \(S\) la sphère tangente au plan (ABC) en A
et dont le centre appartient au plan \(P\)
Montrer que:
la sphère S a pour centre le point I puis calculer son rayon R.
3) a) Montrer que le triangle CIB est rectangle en C.
b) Soit J le milieu du segment [IB].
Montrer que les points I,B,A et C
appartiennent à la sphère \(S ‘\) de centre J et de rayon \(\frac{IB}{2}\)
c) Montrer que:
la sphère S’coupe le plan (ABC) suivant le cercle de diamètre [AB].
* Etude d’une fonction numérique (6 points )
Soit \(f\) fonction définie sur \(R\) par:
\(f(x)=e^{-x+1}-e^{x-3}\).
On note \((C)\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé\((O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})\)
Dans la figure ci-contre:
on a tracé la courbe \((C’)\) de la fonction \(f ‘\) dérivé de \(f\)
qui admet une seule tangente horizontale celle au point de coordonnées \((2,-2 e ^{-1})\)
qui admet une seule tangente horizontale celle au point de coordonnées \((2,-2 e ^{-1})\)
1) a) Calculer \(\lim _{x➝+∞} f(x)\) et \(\lim _{x➝+∞} \frac{f(x)}{x}\)
Interpréter les résultats.
b) Calculer \(\lim _{x➝-∞} f(x)\) et \(\lim _{x➝-∞} \frac{f(x)}{x}\)
Interpréter les résultats.
2) a) Déterminer \(f ‘(x)\) pour x∈IR
b) Dresser le tableau de variations de la fonction \(f\)
c) Calculer \(f(2)\) et déduire le signe de la fonction \(f\) sur IR
3) a) Montrer que pour tout x∈IR on a: \(f « (x)=f(x)\)
b) Déduire que le point I (2,0) est un point d’inflexion de la courbe ( \(C\) ).
c) Montrer que:
la tangente \(T\) à la courbe (\(C\) ) au point I
a pour équation cartésienne \(y=-2 e^{-1} x+4 e^{-1}\)
et vérifier que le point de coordonnée \((3,-2 e^{-1})\) est un point de \(T\)
4) a) Montrer que la courbe ( \(C\) ) est au dessus de la courbe (\(C’\))
b) Tracer la droite \(T\) et la courbe (\(C\)) .
5) Soit λ un réel strictement positif. On désigne par A_{λ l’aire, en u.a, de la partie du plan
limitée par les courbes (\(C\)) et (C’) et les droites d’équations x =0 et x =λ
a) Calculer \(A_{λ}\)
b) Déterminer alors \(\lim _{\lambda➝+∞} A _{λ}\)
⇊⇊Télécharger Fichier PDF Gratuit:
Bac Tec Pri 2019
Bac Tec Pri 2019
Correction
Bac Technique Session Principale 2019
* Probabilité
I-1) bon réponse b
Le poids d’une branche secondaire est la probabilité conditionnelle de l’événement qui se trouve à son extrémité sachant que le trajet menant à son origine a été réalisé.
I-2)Bon réponse c
\(P(\bar{B})=p(A)×p(\bar{B} / A)+p(\bar{A})× p(\bar{B} / \bar{A}\)
=0.2 x 0.6+0.8× 0.3=0.36
II-1) bon réponse a
\(\lim _{n➝+∞} n e^{-n+1}\)
\(=\lim _{n➝+∞} \frac{e}{\frac{e^{n}}{n}}\)
=0
(car \(\lim _{n➝+∞} \frac{e^{n}}{n}=+∞\))
II-2) bon réponse b
Pour n ∈IN * on pose: \(V _{ n }=(\frac{-x}{2})^{n}\)
\(\lim _{n➝+∞} V_{n}=0\)
\(⇔|\frac{-x}{2}|<1⇔-2<x<2\)
* Nombres Complexes
1) \(( E ): \quad z^{2}-(1+i \sqrt{3})(1-i) z+2 \sqrt{3}=0\)
a) \((1-i)^{2}-(1+i \sqrt{3})(1-i)^{2}+2 \sqrt{3}\)
\(=-2 i-(1+i \sqrt{3})(-2 i)+2 \sqrt{3}\)
\(=-2 i+2 i-2 \sqrt{3}+2 \sqrt{3}=0\)
Alors \(Z_{1}=1-i,\) est une solution de \(( E )\)
b) Soit \(z_{2}\) la seconde solution.
d) \(z_{A}+z_{B}=z_{C} \Leftrightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\)
a) \((1-i)^{2}-(1+i \sqrt{3})(1-i)^{2}+2 \sqrt{3}\)
\(=-2 i-(1+i \sqrt{3})(-2 i)+2 \sqrt{3}\)
\(=-2 i+2 i-2 \sqrt{3}+2 \sqrt{3}=0\)
Alors \(Z_{1}=1-i,\) est une solution de \(( E )\)
b) Soit \(z_{2}\) la seconde solution.
\(z_{2}(1-i)=2 \sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow z_{2}=\frac{2 \sqrt{3}}{1-i}=\frac{2(1+i) \sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}+i \sqrt{3}\)
Autrement: \(1-i+z_{2}=\frac{-[-(1-i)(1+i \sqrt{3})]}{1}=1-i+i \sqrt{3}(1-i)\)
Autrement: \(1-i+z_{2}=\frac{-[-(1-i)(1+i \sqrt{3})]}{1}=1-i+i \sqrt{3}(1-i)\)
donc: \(z_{2}=i \sqrt{3}(1-i)=\sqrt{3}+i \sqrt{3}\)
2) \(z_{A}=1-i, z_{B}=\sqrt{3}+i \sqrt{3}\) et \(z_{C}\)
\(=2 \sqrt{2} e^{i \frac{π}{12}}\)
a) \(z_{A}=\sqrt{2} e^{-i \frac{π}{4}}\)
\(1+i \sqrt{3}=2 e^{i \frac{π}{3}}\)
a) \(z_{A}=\sqrt{2} e^{-i \frac{π}{4}}\)
\(1+i \sqrt{3}=2 e^{i \frac{π}{3}}\)
b) \((i \sqrt{3}) z_{A}=(i \sqrt{3})(1-i)\)
\(=i \sqrt{3}+\sqrt{3}=z_{B}\)
\(Ou : z_{B}=\sqrt{3}+ i \sqrt{3}= i \sqrt{3}( 1 -i)\)
\(Ou : z_{B}=\sqrt{3}+ i \sqrt{3}= i \sqrt{3}( 1 -i)\)
\(= i \sqrt{3} z_{A}\)
c) \(z _{ A }+ z _{ B }= z _{ A }+( i \sqrt{3}) z _{ A }\)
c) \(z _{ A }+ z _{ B }= z _{ A }+( i \sqrt{3}) z _{ A }\)
\(=(1+ i \sqrt{3}) z _{ A }=(2 e ^{ i \frac{π}{3}})(\sqrt{2} e ^{- i \frac{π}{4}})\)
\(=2 \sqrt{2} e ^{ i \frac{π}{12}}= z _{ C }\)
d) \(z_{A}+z_{B}=z_{C} \Leftrightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\)
\(=\overrightarrow{OC}\)
Alors le quadrilatère OACB est un parallélogramme
\(\operatorname{Deplus}(\widehat{ OA,\overrightarrow{OB}}) \equiv \arg (\frac{z _{B}}{z_{A}})[ 2 π ]\)
\(\equiv \frac{π}{2}[2 π] d ^{\prime}\) où \(OACB\) est un rectangle.
e)
\(\operatorname{Deplus}(\widehat{ OA,\overrightarrow{OB}}) \equiv \arg (\frac{z _{B}}{z_{A}})[ 2 π ]\)
\(\equiv \frac{π}{2}[2 π] d ^{\prime}\) où \(OACB\) est un rectangle.
e)
3) a) G centre de gravité du triangle \(OAI \Leftrightarrow \overrightarrow{G O}+\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G I}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 3 \overrightarrow{O G}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O I}\)
\(\Leftrightarrow z_{G}=\frac{1}{3}(z_{A}+z_{I})\)
b) \(z_{I}=\frac{1}{2}(z_{0}+z_{c})=\frac{1}{2} z_{c}\)
\(z_{G}=\frac{1}{3}(z_{I}+z_{A})\)
\(=\frac{1}{3}(\frac{1}{2} z_{C}+z_{A})\)
\(\Leftrightarrow z_{G}=\frac{1}{3}(z_{A}+z_{I})\)
b) \(z_{I}=\frac{1}{2}(z_{0}+z_{c})=\frac{1}{2} z_{c}\)
\(z_{G}=\frac{1}{3}(z_{I}+z_{A})\)
\(=\frac{1}{3}(\frac{1}{2} z_{C}+z_{A})\)
\(=\frac{1}{3}(\frac{1+i \sqrt{3}}{2} z_{A}+z_{A})\)
\(=\frac{1}{3}(\frac{1+i \sqrt{3}}{2}+1) z_{A}\)
\(=\frac{3+i \sqrt{3}}{6} z_{A}\)
\(v=\frac{\sqrt{3}}{6}(\sqrt{3}+i) z_{A}\)
c) \(z_{G}=\frac{\sqrt{3}}{6}(\sqrt{3}+i) z_{A}=\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot 2 e^{i \frac{π}{6}} \cdot \sqrt{2} e^{-i \frac{π}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{3} e^{-i \frac{π}{12}}\)
* Géométrie dans l’espace
L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct \(( O,\overrightarrow{ i }, \overrightarrow{ j },\overrightarrow{ k })\)
A (2,-2,2), B (2,0,0) et C \((\frac{6}{5}, 0, \frac{2}{5})\)
A (2,-2,2), B (2,0,0) et C \((\frac{6}{5}, 0, \frac{2}{5})\)
1) a) \(\overrightarrow{CA}(\frac{4}{5},-2 \frac{8}{5})\)
\(\overrightarrow{ CB }(\frac{4}{5},0,-\frac{2}{5})\)
\(\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}=\frac{4}{5} × \frac{4}{5}+(-2) × 0+\frac{8}{5} ×(\frac{-2}{5})=0\)
\(\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}=\frac{4}{5} × \frac{4}{5}+(-2) × 0+\frac{8}{5} ×(\frac{-2}{5})=0\)
Alors ABC est un triangle rectangle en C
b) x+2 y+2 z-2=0 est une équation cartésienne d’un plan \((π)\)
\(x_{A}+2 y_{A}+2z_{A}-2=2-4+4-2=0\) alors A∊\((π)\)
\(x_{B}+2 y_{B}+2 z_{B}-2=2+2.0+2.0-2=0\) \quad B∊\((π)\)
\(x_{C}+2 y_{C}+2 z_{C}-2=\frac{6}{5}+2.0+2 \cdot \frac{2}{5}-2=\frac{6}{5}-\frac{6}{5}=0\) alors c∊\((π)\)
Or par les trois points non alignés A,B et C ne passe qu’un seul plan.
Conclusion: le plan (ABC) a pour équation cartésienne :x+2 y +2 z -2=0
2) a)
\(\overrightarrow{C A} \wedge \overrightarrow{C B}=\frac{2}{5}\left(\begin{array}{c}2 \\ -5 \\ 4\end{array}\right) \wedge \frac{2}{5}\left(\begin{array}{c}2 \\ 0 \\ -1\end{array}\right)\)
\(=\frac{4}{25}(5,10,10)=\frac{4}{5}(1,2,2)\)
\(\vec{n}\left(\begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 2\end{array}\right)\) est un vecteur normal à \(( ABC )\) alors est un vecteur directeur de \(Δ\)
d’où Δ:
d’où Δ:
\(\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\y=-2+2 t, t \in I R \\z=2+2 t\end{array}\right.\)b ) M (x ,y z ) P ∩Δ⇔\(\left\{\begin{array}{c} x +2 y +2 z -2=0 \\ x=2+t \\ y=-2+2 t \\ z=2+2 t\end{array}\right.\)
4(2+t)+8(-2+2 t)-(2+2 t)-8=0 ⇔ 18 t-18=0⇔t=1
d’où: P ∩Δ=I(3,0,4)
c)Soit \(Ω\) le centre de la sphère \(S .\) S est tangente au plan \(( ABC )\) en \(A\)
alors \(Ω \in Δ \) d’autre part \(Ω \in P\) alors \(Ω= I\)
Soit \(R\) le rayon de la sphère \(S\) \(R = IA =\sqrt{1+4+4}=3\)
3).a) \(\overrightarrow{ CB }\left(\begin{array}{c}\frac{4}{5} \\ 0 \\ -\frac{2}{5}\end{array}\right)=\frac{2}{5}\left(\begin{array}{c}2 \\ 0 \\ -1\end{array}\right) \quad, \overrightarrow{ CI }\left(\begin{array}{c}\frac{9}{5} \\ 0 \\ \frac{18}{5}\end{array}\right)=\frac{9}{5}\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ 2\end{array}\right)\)
\(\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{C I}=\frac{2}{5} X \frac{9}{5}(2 x 1+0 x 0+(-1) x 2)=\frac{18}{25}(2-2)=0,\)
3).a) \(\overrightarrow{ CB }\left(\begin{array}{c}\frac{4}{5} \\ 0 \\ -\frac{2}{5}\end{array}\right)=\frac{2}{5}\left(\begin{array}{c}2 \\ 0 \\ -1\end{array}\right) \quad, \overrightarrow{ CI }\left(\begin{array}{c}\frac{9}{5} \\ 0 \\ \frac{18}{5}\end{array}\right)=\frac{9}{5}\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ 2\end{array}\right)\)
\(\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{C I}=\frac{2}{5} X \frac{9}{5}(2 x 1+0 x 0+(-1) x 2)=\frac{18}{25}(2-2)=0,\)
Alors le triangle \(CIB\) est rectangle en cC\)
b) Le triangle CIB et rectangle en C et J le milieu de [IB]
alors \(JC = JB = JI = \frac{ IB }{2}\)
Le triangle ABI et rectangle en A et J le milieu de [IB]
alors \(JA = JB = JI = \frac{ IB }{2}
D’ où \(JA = JB = JI =\frac{ IB }{2}= JC\)
Donc I, \(B , A\) et \(C\) appartiennent à la sphère \(S ‘\) de centre \(J\) et de rayon \(\frac{ IB }{2}\)
c) \(A, B\) et \(C\) appartiennent à la fois au plan \((A B C)\) et à la sphère \(S ‘\)
alors \(S ‘\) coupe (ABC) suivant le cercle circonscrit au triangle \(ABC\) rectangle en \(C\)
donc l’intersection est le cercle de diamètre \([AB]\)
* Etude d’une fonction numérique
f la fonction définie sur IR par : \(f(x)=e^{-x+1}-e^{x-3}\)
1) \(\left.\begin{array}{l}\lim _{x➝+∞} e^{-x+1}=0 \\ \lim _{x➝+∞} e^{x-3}=+∞\end{array}\right\}➝\lim _{x➝+∞} f(x)=-∞\)
\(
\left.\begin{array}{l}
\lim _{x➝+∞} e ^{- x +1}=0 \\
\lim _{x➝+∞} \frac{ e ^{ x -3}}{ X }=\lim _{x➝+∞} e ^{-3} \frac{ e ^{x}}{ x }=+∞
\end{array}\right\}➝\lim _{x➝+∞} \frac{ f ( x )}{ x }=-∞
\)
(C) admet au voisinage de \(+∞\) une branche infinie parabolique
1) \(\left.\begin{array}{l}\lim _{x➝+∞} e^{-x+1}=0 \\ \lim _{x➝+∞} e^{x-3}=+∞\end{array}\right\}➝\lim _{x➝+∞} f(x)=-∞\)
\(
\left.\begin{array}{l}
\lim _{x➝+∞} e ^{- x +1}=0 \\
\lim _{x➝+∞} \frac{ e ^{ x -3}}{ X }=\lim _{x➝+∞} e ^{-3} \frac{ e ^{x}}{ x }=+∞
\end{array}\right\}➝\lim _{x➝+∞} \frac{ f ( x )}{ x }=-∞
\)
(C) admet au voisinage de \(+∞\) une branche infinie parabolique
de direction \(( O , \overrightarrow{ j })\) dirigée vers le bas.
*\(\lim _{x➝-∞} e ^{- x +1}=+∞\) et \(\lim _{x➝-∞} e ^{ x -3}=0\)
➝\(\lim _{x➝-∞} f(x)=+∞\)
*\(\lim _{x➝-∞} \frac{e^{-x+1}}{x}=\lim _{x➝-∞} \frac{e^{1}}{x e^{x}}=-∞\)
et \(\lim _{x➝-∞} \frac{e^{x-3}}{x}=0\)
➝\(\lim _{x➝-∞} \frac{f(x)}{x}=-∞\)
(C) admet au voisinage de -∞ une branche infinie parabolique
de direction \(( O , \overrightarrow{ j })\) dirigée vers le haut.
2). a) \(f\) est dérivable sur IR
et \(f ‘(x)=-e^{-x+1}-e^{x-3}=-(e^{-x+1}+e^{x-3})<0\)
pour tout \(x \in R\) par suite \(f\) est strictement décroissante sur IR.
b)
c) f(2)=0
D’après le tableau de variations de f on a:
Ou autrement :
• x≥2 et f est décroissante : f(x)≤f(2) par suite f(x)≤0
• x≤2 et f est décroissante : f(x) ≥f(2) par suite f(x) ≥0
3) a) \(f « (x)=(-e^{-x+1}-e^{x-3}) ‘ \)
\(=-(-x+1) ‘ e^{-x+1}-(x-3) ‘ e^{x-3}=e^{-x+1}-e^{x-3}=f(x)\)
b) \(f » \) s’annule en changeant de signe en 2 et \(f (2)=0\)
b) \(f » \) s’annule en changeant de signe en 2 et \(f (2)=0\)
alors le point \(I (2,0)\) est un point d’inflexion de ( \(C\) ).c) Soit T la tangente à ( \(C\) ) en I.
\(T : y = f ‘(2)( x -2)+ f (2)=-2 e ^{-1} x +4 e ^{-1}\)4) a) \(f(x)-f ‘(x)=(e^{-x+1}-e^{x-3})-(-e^{-x+1}-e^{x-3})=2 e^{-x+1}>0\)
Alors (\(C\)) est au dessus de (\(C’\)).
b)voir figure
Alors (\(C\)) est au dessus de (\(C’\)).
b)voir figure
\(-2 e ^{-1} × 3+4 e ^{-1}=-2 e ^{-1}\)
\(➝ A (3,-2 e ^{-1}) \in T\)
5) a) \(A_{λ}=\int_{0}^{λ}|f(x)-f ‘(x)| dx\)
\(=\int_{0}^{λ} 2 e^{-x+1} dx\)
\(=[-2 e^{-x+1}]_{0}^{λ}=2 e-2 e^{1-λ} .\) ua
b) \(\lim _{λ➝+∞} A_{λ}\)
\(=\lim _{λ➝+∞}(2 e -2 e ^{1-λ})=2 e\)
➲ Si vous souhaitez signaler une erreur merci de nous envoyer un commentaire