Fiche de mathématiques
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Baccalauréat Général
Série Scientifique
Session de remplacement
Métropole - Session Septembre 2005

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Coefficient : 7 (pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité) ou 9 (pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité)     Durée : 4 heures
7 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Partie A

La fonction f est définie sur l'intervalle [0; +\infty[ par f(x) = (20x + 10)e^{-\frac12 x}.
On note \mathcal{C} la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal \left(O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}\right) (unité graphique : 1 cm).

1. Etudier la limite de la fonction f en +\infty.
2. Etudier les variations de la fonction f et dresser son tableau de variation.
3. Etablir que l'équation f(x) = 10 admet une unique solution strictement positive \alpha dans l'intervalle ]0; +\infty[. Donner une valeur décimale approchée à 10-3 près de \alpha.
4. Tracer la courbe \mathcal{C}.
5. Calculer l'intégrale I = \displaystyle \int_0^3 f(x) dx

Partie B

On note y(t) la valeur, en degrés Celsius, de la température d'une réaction chimique à l'instant t, t étant exprimé en heures. la valeur initiale, à l'instant t = 0, est y(0) = 10.
On admet que la fonction qui, à tout réel t appartenant à l'intervalle [0; +\infty[ associe y(t), est solution de l'équation différentielle (E) : y' + \dfrac12 y = 20 e^{-\frac12 t}.

1. Vérifier que la fonction f étudiée dans la partie A est solution de l'équation différentielle (E) sur l'intervalle [0; +\infty[.

2. On se propose de démontrer que cette fonction f est l'unique solution de l'équation différentielle (E), définie sur l'intervalle [0; +\infty[, qui prend la valeur 10 à l'instant 0.
    a) On note g une solution de l'équation différentielle (E), définie sur [0; +\infty[, vérifiant g(0) = 10. Démontrer que la fonction g - f est solution, sur l'intervalle [0; +\infty[, de l'équation différentielle : (E') y' + \frac12 y = 0.
    b) Résoudre l'équation différentielle (E').
    c) Conclure.

3. Au bout de combien de temps la température de cette réaction chimique redescend-elle à sa valeur initiale ? Le résultat sera arrondi à la minute.

4. La valeur \theta en degrés Celsius de la température moyenne de cette réaction chimique durant les trois premières heures est la valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle [0; 3].
calculer la valeur exacte de \theta, puis donner la valeur approchée décimale de \theta arrondie au degré.


5 points

exercice 2 - Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité

Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Chaque réponse exacte rapporte 1 point. Chaque réponse fausse enlève 0,5 point. Une absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.
Aucune justification n'est demandée.


1. Soit z le nombre complexe de module \sqrt{2} et d'argument \frac{\pi}{3}. On a alors :
\begin{array}{lllll} \text{A : }& z^{14} = -128\sqrt{3} - 128i & \hspace{50pt} & \text{C : } & z^{14} = -64 + 64i\sqrt{3}\\ \text{B : }& z^{14} = 64 - 64i & & \text{D : } & z^{14} = -128 + 128i\sqrt{3}\\ \end{array}

2. On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthnormal, le point S d'affixe 3 et le point T d'affixe 4i. Soit (E) l'ensemble des points M d'affixe z tels que \|z - 3\| = \|3 - 4i\|.
    A : (E) est la médiatrice du segment [ST].
    B : (E) est la droite (ST).
    C : (E) est le cercle de centre \Omega, d'affixe 3 - 4i, et de rayon 3.
    D : (E) est le cercle de centre S et de rayon 5.

3. On considère un hexagone régulier ABCDEF, dont les côtés sont de longeur 1. Le produit scalaire \overrightarrow{\text{AC}} \cdot \overrightarrow{\text{CF}} est égal à :
        A : \sqrt{3}     B : -3     C : -\sqrt{3}     D : \dfrac32

4. Une fonction g est définie sur l'intervalle ]-\infty; 0] par g(x) = \dfrac{\sqrt{x^2 - 2x}}{x - 3}; soit \Gamma sa courbe représentative dans un repère du plan.
    A : \Gamma admet une asymptote d'équation y = -1.
    B : \Gamma n'admet pas d'asymptote.
    C : \Gamma admet une asymptote d'équation y = x.
    D : \Gamma admet une asymptote d'équation y = 1.

5. Soit la fonction f définie sur \mathbb{R} par f(x) = \displaystyle \int_0^x e^{-t^2} dt. La fonction f'', dérivée seconde de la fonction f sur \mathbb{R} , est définie par :
\begin{array}{lllll} \text{A : }& f''(x) = \displaystyle \int_0^x -2te^{-t^2} dt & \hspace{50pt} & \text{C} & f''(x) = -2xe^{-x^2}\\ \text{B : }& f''(x) = \displaystyle \int_0^1 -2xe^{-x^2} dx & & \text{D} & f''(x) = e^{-x^2}\\ \end{array}


5 points

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Chaque réponse exacte rapporte 1 point. Chaque réponse fausse enlève 0,5 point. Une absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.
Aucune justification n'est demandée.

1. On considère dans l'ensemble des entiers relatifs l'équation : x^2 - x + 4 \equiv 0 (modulo 6).
    A : toutes les solutions sont des entiers pairs.
    B : il n'y a aucune solution.
    C : les solutions vérifient x \equiv 2 (modulo 6).
    D : les solutions vérifient x \equiv 2 (modulo 6) ou x \equiv 5 (modulo 6).

2. On se propose de résoudre l'équation (E) : 24x + 34y = 2, où x et y sont des entiers relatifs.
    A : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x; y) = (34k - 7; 5 - 24k), k \in \mathbb{Z}.
    B : L'équation (E) n'a aucune solution.
    C : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x; y) = (17k - 7; 5 - 12k), k \in \mathbb{Z}.
    D : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x; y) = (-7k; 5k), k \in \mathbb{Z}.

3. On considère les deux nombres n = 1\,789 et p = 1\,789^{2005}. On a alors :
    A : n \equiv 4 (modulo 17) et p \equiv 0 (modulo 17).
    B : p est un nombre premier.
    C : p \equiv 4 (modulo 17).
    D :p \equiv 1 (modulo 17).

4. On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal, les points A et B d'affixes respectives a et b. Le triangle MAB est rectangle isocèle direct d'hypoténuse [AB] si et seulement si le point M d'affixe z est tel que :
\begin{array}{lllll} \text{A : }& z = \dfrac{b - ia}{1 - i} & \hspace{50pt} & \text{C : } & a - z = i(b - z)\\ \text{B : }& z - a = e^{i\frac{\pi}{4}}(b - a) & & \text{D : } & b - z = \dfrac{\pi}{2}(a - z)\\ \end{array}

5. On considère dans le plan orienté deux points distincts A et B; on note I le milieu du segment [AB]. Soit f la similitude directe de centre A, de rapport 2 et d'angle \frac{2\pi}{3}; soit g la similitude directe de centre A, de rapport \frac12 et d'angle \frac{\pi}{3}; soit h la symétrie centrale de centre I.
    A : h \circ g \circ f transforme A en B et c'est une rotation.
    B : h \circ g \circ f est la réflexion ayant pour axe la médiatrice du segment [AB].
    C : h \circ g \circ f n'est pas une similitude.
    D :h \circ g \circ f est la translation de vecteur \overrightarrow{AB}.


5 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

L'espace est muni d'un repère orthonormal \left(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right).

1. On considère le plan \mathcal{P} passant par le point B(1; -2; 1) et de vecteur normal \overrightarrow{n}(-2; 1; 5) et le plan \mathcal{R} d'équation cartésienne x + 2y - 7 = 0
      a) Démontrer que les plans \mathcal{P} et \mathcal{R} sont perpendiculaires.
      b) Démontrer que l'intersection des plans \mathcal{P} et \mathcal{R} est la droite \Delta passant par le point C(-1; 4; -1) et de vecteur directeur \overrightarrow{u}(2; -1; 1).
      c) Soit le point A(5; -2; -1). Calculer la distance du point A au plan \mathcal{P}, puis la distance du point A au plan \mathcal{R}.
      d) Déterminer la distance du point A à la droite \Delta

2. a) Soit, pour tout nombre réel t, le point Mt de coordonnées (1 + 2t; 3 - t; t).
Déterminer en fontion de t la longueur AMt. On note \phi(t) cette longueur. On définit ainsi une fonction \phi de \mathbb{R} dans \mathbb{R}.
    b) Etudier le sens de variation de la fonction \phi sur \mathbb{R}; préciser son minimum.
    c) Interpréter géoémtriquement la valeur de ce minimum.


3 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

Partie A

On dispose d'un dé en forme de tétraèdre régulier, possédant une face bleue, deux faces rouges et une face verte; on suppose le dé parfaitement équilibré.
Une partie consiste à effectuer deux lancers successifs et indépendants de ce dé. A chaque lancer on note la couleur de la face cachée.
On considère les événements suivants :
      E est l'événement "à l'issue d'une partie, les deux faces notées sont vertes",
      F est l'événement "à l'issue d'une partie, les deux faces notées sont de la même couleur".

1. Calculer les probabilités des événements E et F qinsi que la probabilité de E sachant F.

2. On effectue dix parties identiques et indépendantes.
Calculer la probabilité d'obtenir au moins deux fois l'événement F au cours de ces dix parties (on donnera une valeur approchée décimale à 10-3 près).

Partie B

On souhaite savoir si le dé utilisé peut être considéré comme parfaitement équilibré.
Pour cela, on numérote de 1 à 4 les quatre faces de ce dé, puis on lance ce dé 156 fois en notant le nombre ni de fois où chaque face i est cachée; on obtient les résultats suivants :
Face i 1 2 3 4
Effectif ni 30 48 46 32


On note fi la fréquence relative à la face i et d²obs le réel \displaystyle \sum_{i = 1}^4 \left(f_i - \frac14\right)^2.
On simule ensuite 1000 fois l'expérience consistant à tirer un chiffre au hasard 156 fois parmi l'ensemble {1, 2, 3, 4} puis, pour chaque simulation, on calcule d^2 = \displaystyle \sum_{i = 1}^4 \left(F_i - \frac14\right)^2, où Fi est la fréquence d'apparition du chiffre i. Le 9e décile de la série statistique des 1000 valeurs de d² est égal à 0,0098.
Au vu de l'expérience réalisée et au risque de 10%, peut-on considérer le dé comme parfaitement équilibré ?





exercice 1 - Commun à tous les candidats

Partie A

1. Pour lever l'indétermination il faut développer f(x).
f(x) = 20xe^{-\frac{1}{2}x} + 10e^{-\frac{1}{2}x}
\displaystyle \lim_{x \to +\infty} 20xe^{-\frac{1}{2}x} =\displaystyle \lim_{x \to +\infty}40\,\dfrac{1}{\frac{e^{\frac{1}{2}x}}{\frac{1}{2}x}}=0 car \displaystyle \lim_{X \to +\infty}\frac{e^X}{X}=+\infty et  \displaystyle \lim_{x \to +\infty} 10e^{-\frac{1}{2}x} = 0
Donc \displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0

2. f est dérivable sur [0 ; +\infty[ comme composée, somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
f(x) est de la forme uv dont la dérivée est égale à u'v + uv'.
On pose : u(x) = 20x + 10, donc u'(x) = 20
et v(x) = e^{-\frac{1}{2}x}, donc v'(x) = -\dfrac{1}{2} e^{-\frac{1}{2}x}
f'(x) = 20 \times e^{-\frac{1}{2}x} + (-10x - 5) e^{-\frac{1}{2}x}
= e^{-\frac{1}{2}x} (20 - 10x - 5) en factorisant par e^{-\frac{1}{2}x}
= e^{-\frac{1}{2}x} (15 - 10x) = 5e^{-\frac{1}{2}x} (3 - 2x)
e^{-\frac{1}{2}x} > 0 donc f'(x) est du signe de (3 - 2x)
3 - 2x \geq 0 \Longleftrightarrow -2x \geq -3 \Longleftrightarrow x \leq \dfrac{3}{2}
f'(x) \geq 0 pour x \in \left[0 ; \dfrac{3}{2} \right]. f est strictement croissante sur cet intervalle.
f'(x) \leq 0 pour x \in [\dfrac{3}{2} ; +\infty[. f est strictement décroissante sur cet intervalle. f(0) = 10 ; f \left( \dfrac{3}{2} \right) = 40e^{-\frac{3}{4}}, d'où le tableau de variations de f :
\begin{tabvar}{|C|CCCCC|} \hline x & 0 & & \dfrac{3}{2} & & +\infty \\ \hline f'(x) & &  + & 0 & - & \\ \hline \niveau{2}{2} f(x) & 10 & \croit & 40e^{-\frac{3}{4}} & \decroit & 0 \\ \hline \end{tabvar}

3. Sur ]0 ; \dfrac{3}{2}[, f(x) > 10: il n'y a pas de solution.
Sur [\dfrac{3}{2} ; +\infty[, f est continue et strictement décroissante
f \left(\dfrac{3}{2} \right) \approx 18,9 et \displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0
10 \in \left]\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) ; f \left( \dfrac{3}{2} \right) \right]. Le théorème des valeurs intermédiaires permet d'affirmer que l' équation f(x) = 0 admet une solution unique \alpha dans [\dfrac{3}{2} ; +\infty[.
L' équation f(x)=10 admet donc une unique solution \alpha dans ]0;+\infty[
f(4,673) \approx 10,00039 et f(4,674) \approx 9,9979
Donc 4,673 \leq \alpha \leq 4,674
\alpha \approx 4,673 par défaut.

4.
bac S 2005 session de remplacement métropole : image 1


5. I=\displaystyle \int_0^{3} f(x) dx = \displaystyle \int_0^{3} (20x + 10) \left(e^{-\frac{1}{2}x} \right) dx
On pose u(x)= 20x + 10, donc u'(x) = 20
et v'(x) = e^{-\frac{1}{2}x}, donc v(x) = -2 e^{-\frac{1}{2}x}
u et v sont dérivables sur [0 ; 3], u' et v' continues sur ce même intervalle.
On peut donc intégrer par parties en utilisant la formule du cours :
\text{I} = \left[(20x + 10) \left(-2 e^{-\frac{1}{2}x} \right) \right]_0^{3} - \displaystyle \int_0^{3} \left( -2 e^{-\frac{1}{2}x}\right) \times 20 \text{d}x \\ \text{I} = - 140 e^{-\frac{3}{2}} + 20 + 40 \left[-2 e^{-\frac{1}{2}x} \right]_0^{3} \\ \text{I} = - 140e^{-\frac{3}{2}} + 20 - 80 \left(e^{-\frac{3}{2}} - 1 \right) \\  \boxed{\text{I} =100 - 220 e^{-\frac{3}{2}}}

Partie B

1. Pour tout t \in [0; +\infty[ :
f(t) = (20t + 10) e^{-\frac{1}{2}t}
f'(t) = (-10t + 15)e^{-{\frac{1}{2}t} (calculée précédemment)
Pour tout t \in [0; +\infty[ :
f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = (-10t + 15) e^{-\frac{1}{2}t} + \dfrac{1}{2} (20t + 10) e^{-\frac{1}{2}t}
f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) =  e^-{\frac{1}{2}t} (-10t + 15 + 10t + 5) en factorisant par e^{-\frac{1}{2} t}
f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = e^{-\frac{1}{2} t } (20) \\ f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = 20 e^{-\frac{1}{2}t}
Donc f est bien solution de (E) sur [0; +\infty[.

2. a) g est solution de (E), donc pour tout t \in [0 ; +\infty[, g'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) = 20e^{-\frac{1}{2}t}
On a vu que pour tout t \in [0; +\infty[ :
f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = 20 e^{-\frac{1}{2}t}
On peut en déduire que pour tout t \in [0; +\infty[, g'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) = f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t).
g'(t) - f'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) - \dfrac{1}{2} f(t) = 0
c'est-à-dire (g - f)' + \dfrac{1}{2} (g - f) = 0
Donc g - f est solution sur [0 ; +\infty[ de l'équation différentielle : y' + \dfrac{1}{2} y = 0.

2. b) D'après le cours, les solutions de (E') sont les fonctions: t\mapsto  K e^{-\frac{1}{2}t} \, \text{ où } \, K \in \mathbb{R}

2. c) g - f est solution de (E').
Donc g(t) - f(t) = K e^{-\frac{1}{2}t}
g(t) = f(t) + K e^{-\frac{1}{2}t} \\ g(t) = (20t + 10)e^{-\frac{1}{2}t} + K e^{-\frac{1}{2}t}
g(0) = 10 \; \Longleftrightarrow \; 10e^0 + Ke^0 = 10 \; \Longleftrightarrow \; K=0
Pour tout t \in [0; +\infty[, g(t) = f(t).
Donc f est l'unique solution de (E) prenant la valeur 10 à l'instant 0.

3. On résout l' inéquation f(t) < f(0) sur ]0;+\infty[
Sur \left]0;\frac{3}{2}\right[, f est strictement croissante donc f(t)>f(0) avec f(0)=f(\alpha )=10
Sur \left[\frac{3}{2};+\infty\right[, f est strictement décroissante donc f(t)<f(\alpha )\Longleftrightarrow t>\alpha
La température redescend au dessous de sa valeur initiale au bout d' une durée t = \alpha soit environ 4h 40 minutes.

4. La valeur moyenne est donnée par la formule :
\theta = \dfrac{1}{3-0} \displaystyle \int_0^{3} f(t) dt \\  = \dfrac{1}{3} \displaystyle \int_0^{3} f(t)dt
En utilisant la 5eme question de la partie A on trouve :
\theta = \dfrac{1}{3} (100 - 220) e^{-\frac{3}{2}} \approx 17°




exercice 2 - Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité

1. Réponse correcte : C
z = \sqrt{2} e^{i\frac{\pi}{3}} donc z^{14} = \left(\sqrt{2} \right)^{14} e^{i\frac{14\pi}{3}}
Or, \begin{matrix}&\left( \sqrt{2} \right)^2 = 2 \, \, \Rightarrow    \left(\sqrt{2}\right)^{14} = \left(\left(\sqrt{2}\right)^{2}\right)^7 = 2^7 = 128& \\ &\dfrac{14\pi}{3} = \dfrac{12\pi + 2\pi}{3} = 4\pi + \frac{2\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} \, \, [2\pi]&\end{matrix}
D'où :  z^{14} = 128 \left( \cos \dfrac{2\pi}{3} +i \sin \dfrac{2\pi}{3} \right) = 128 \left( -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = \boxed{-64 + 64i \sqrt{3}}

2. Réponse correcte : D
|z - 3| = |z_{\text{M}} - z_{\text{S}}| = \text{SM}
|3 - 4i| = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5
SM = 5, (E) est donc le cercle de centre S et de rayon 5.

3. Réponse correcte : B
bac S 2005 session de remplacement métropole : image 4

[CF] est un diamètre du cercle circonscrit à A B C D E F, donc: \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AF}=0.
Donc : \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CF}=\overrightarrow{AC}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AF})=\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AC}^{2}=-AC^{2}
[AD] est un autre diamètre du cercle circonscrit à A B C D E F, donc le triangle ACD est rectangle en C et :
AC^{2}=AD^{2}-DC^{2}=4-1=3
On en déduit que: \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CF}=-AC^{2}=-3

4. Réponse correcte : A
Pour x<0 : g(x)=\dfrac{\sqrt{x^2-2x}}{x-3} = \dfrac{\sqrt{x^2 \left(1 - \dfrac{2}{x}\right)}}{x-3} = \dfrac{|x|\sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{x-3} = -\dfrac{x\sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{x-3} car |x| = -x quand x < 0
g(x)=-\dfrac{x\sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{x\left(1-\dfrac{3}{x}\right)}=-\dfrac{\sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{1-\dfrac{3}{x}}
\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{2}{x}=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{3}{x}=0 donc :
\displaystyle \lim_{x \to -\infty} g(x) = -1

5. Réponse correcte : C
f(x)= \displaystyle \int_0^{x} e^{-t^2} dt est la primitive de la fonction x\mapsto e^{-x^2} qui s' annulle en 0.
Donc f'(x) = e^{-x^2}
(e^{u(x)})' = e^{u(x)} \times u'(x) (cours)
f''(x) = e^{-x^2} \times (-2x) = -2x \times e^{-x^2}




exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. Réponse correcte: D
On dresse un tableau contenant les 6 cas possibles selon les valeurs de x. La congruence employée a pour modulo 6.
x \equiv 0 1 2 3 4 5
x^2 0 1 4 3 4 1
x^2 - x 0 0 2 0 0 2
x^2 - x + 4 4 4 0 4 4 0

Le tableau indique que x^2 - x + 4 \equiv 0 [6]
si : x \equiv 2 [6] \text{ ou } x \equiv 5 [6]

2. Réponse correcte : C
On simplifie 24x + 34y = 2 par 2. On obtient 12x + 17y = 1 (de la forme au + bv = d)
Le couple x_0 = u_0 = -7 et y_0 = v_0 = 5 est une solution évidente.
On admet que l'ensemble solution des couples est de la forme : (x_0 + bk ~;~ y_0 - ak) = (-7 + 17k ~;~ 5 - 12k) \, k \in \mathbb{Z}

3. Réponse correcte : C
(1789)^{2005} \equiv 4^{2005} [17] (on remarque que 1789 = 17 × 105 + 4)
De plus, 4^0 \equiv 1 [17]
4^1 \equiv 4 [17] \\ 4^2 \equiv 16 [17] \\ 4^3 \equiv 64 \equiv 13 [17] \\ 4^4 \equiv 52 \equiv 1
On remarque que 2005 = 4 × 501 + 1
4^{2005} \equiv 4^{4 \times 501 + 1} \equiv 4^{4 \times 501} \times 4^1 \equiv 1 \times 4 [17]
On en déduit que p \equiv 4 [17]

4. Réponse correcte : A
MAB est rectangle isocèle direct en M \Longleftrightarrow la rotation de centre M et d'angle \dfrac{\pi}{2} transforme A en B ce qui se traduit par l'égalité :
 b - z = e^{i\frac{\pi}{2}} (a - z) \\ \Longleftrightarrow b - z = i(a - z) \\ \Longleftrightarrow z(1 - i) = b - ia \\ \Longleftrightarrow z = \dfrac{b-ia}{1-i}

5. Réponse correcte : D
f est une similitude directe de rapport 2 et d' angle \dfrac{2\pi}{3}
g est une similitude directe de rapport \dfrac{1}{2} et d' angle \dfrac{\pi}{3}
h est une similitude directe de rapport 1 et d' angle \pi}
En conséquence h\circ g\circ f est une similitude directe de rapport le produit des rapports soit 1 et d' angle la somme des angles soit 0 modulo 2\pi
h\circ g\circ f est donc soit l' identité du plan soit une translation.
On remarque que (h\circ g\circ f)(A)=(h\circ g)(A)=h(A)=B
h\circ g\circ f est donc la translation de vecteur \overrightarrow{AB}




exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. a) (\mathcal{P}) a pour vecteur normal \large \vec{n}(-2 ; 1 ; 5) et \large (\mathcal{R}) a pour vecteur normal \large \vec{r}(1 ; 2 ; 0)

\large \vec{n}.\vec{r} = (-2)\times1 + 1\times2 + 0 = -2 + 2 = 0 \, \, \, \Rightarrow \, \, \, \boxed{{\rm (P) \, \, est \, \, perpendiculaire \, \, à \, (R)}}

1. b) \vec{u}.\vec{n}=2\times -4-1+5=0 et \vec{u}.\vec{r}=2-2=0
Ainsi \vec{u}, orthogonal à un vecteur normal à \mathcal{P} et orthogonal à un vecteur normal à \mathcal{R}, est un vecteur directeur de la droite \Delta intersection de ces deux plans.
\overrightarrow{BC}(-2;6;-2) et \overrightarrow{BC}.\vec{n}=4+6-10=0 donc \overrightarrow{BC} est orthogonal à \vec{n} donc C\in \mathcal{P}
De plus, les coordonnées de C(-1;4;-1) vérifient l' équation du plan \mathcal{R} donc C\in \mathcal{R}
On en déduit que C\in\Delta
L' intersection des plans \mathcal{P} et \mathcal{R} est donc la droite \Delta passant par C(-1;4;-1) et de vecteur directeur \vec{u}(2;-1;1).

1. c) Equation de \mathcal{P}:
M(x;y;z)\in\mathcal{P}\Longleftrightarrow \overrightarrow{BM}.\vec{n}=0\Longleftrightarrow -2(x-1)+y+2+5(z-1)=0
\mathcal{P}:\,-2x+y+5z-1=0
d(\text{A} , \mathcal{P}) = \dfrac{|(-2 \times 5) + (-2) + 5\times(-1) - 1|}{\sqrt{4+1+25}} \\ d(\text{A} , \mathcal{P}) = \dfrac{18}{\sqrt{30}} = \dfrac{3\sqrt{30}}{5}
d(\text{A} , \mathcal{R}) = \dfrac{|5-4-7|}{\sqrt{1+4}} = \dfrac{6}{\sqrt{5}}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}
\boxed{d(\text{A}, \mathcal{P}) = \dfrac{3\sqrt{30}}{5}  \text{ et } d(\text{A}, \mathcal{R}) = \dfrac{6\sqrt{5}}{5}}

1. d) La droite \Delta, intersection de (\mathcal{P}) et de (\mathcal{R}) est perpendiculaire à (AIH), donc à toute droite de ce plan, en particulier à AI. AI est donc la distance de A à \Delta.
La figure ci-dessous permet de voir que d(\text{A} , \mathcal{R}) = \dfrac{6\sqrt{5}}{5} = \text{AH} et d(\text{A} , \mathcal{P}) = \dfrac{3\sqrt{30}}{5} = \text{AK} = \text{IH}
bac S 2005 session de remplacement métropole : image 3

Par application du théorème de Pythagore dans le triangle AIH rectangle en H, on a :
AI² = AH² + IH²
\text{AI}^2 = \dfrac{36}{5} + \dfrac{9\times30}{25} = \dfrac{36}{5} + \dfrac{54}{5} = \dfrac{90}{5} = 18 \\ \text{AI} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}

2. a) \text{AM} = \sqrt{(x_{\text{M}} - x_{\text{A}})^2 + (y_{\text{M}} - y_{\text{A}})^2 + (z_{\text{M}} - z_{\text{A}})^2}
\text{AM} = \sqrt{(1+2t-5)^2+(3-t+2)^2+(t+1)^2} \\ \text{AM} = \sqrt{(2t-4)^2+(5-t)^2+(t+1)^2} \\ \text{AM} = \sqrt{4t^2-16t+16+25-10t+t^2+t^2+2t+1} \\ \text{AM} = \sqrt{6t^2-24t+42} \\ \text{AM} = \sqrt{6(t^2-4t+7)}
Donc AM_t = \sqrt{6(t^2-4t+7)}

2. b) \varphi est dérivable sur \mathbb{R}.
\varphi '(t) = \dfrac{6(2t-4)}{2\sqrt{6(t^2-4t+7)}} = \dfrac{\sqrt{6}(t-2)}{\sqrt{t^2-4t+7}}
du signe de t - 2.
t - 2 \geq 0 pour t \geq 2, \varphi ' (t) \geq 0, \varphi est croissante.
t - 2 \leq 0 pour t \leq 2, \varphi ' (t) \leq 0, \varphi est décroissante.
\varphi admet un minimum en t = 2.
\varphi (2) = \sqrt{6(4-8+7)} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}

2. c) M_t(1+2t;3-t;t) pour t=-1, on obtient M_{-1}(-1;4;-1) soit le point C
\overrightarrow CM_t(2+2t;-1-t;1+t) et \overrightarrow CM_t=(1+t)\,\vec{u}
Lorsque t décrit \mathbb{R}, le point M_t décrit donc la droite \Delta
Géométriquement le minimum obtenu à la question précédente correspond à la plus courte distance de A à M c'est-à-dire la distance de A à \Delta.




exercice 4 - Commun à tous les candidats

Partie A

1. On peut dresser un arbre pondéré :
bac S 2005 session de remplacement métropole : image 2

En examinant cet arbre, on trouve les probabilités demandées :
\rm P(E) = P({\green V \cap V}) = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} = \boxed{\dfrac{1}{16}}

\rm P(F) = P({\blue B \cap B}) + P({\red R \cap R}) + P({\green V \cap V}) \\ = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{16} \\ = \dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{4} \\ = \dfrac{2}{16} + \dfrac{4}{16} = \dfrac{6}{16} = \boxed{\dfrac{3}{8}}


\rm P_{F}(E) = \dfrac{P(E \cap F)}{P(F)} = \dfrac{P(V \cap V)}{P(F)} \\ = \dfrac{\left(\dfrac{1}{16}\right)}{\left(\dfrac{3}{8}\right)} = \dfrac{1}{16} \times \dfrac{8}{3} = \boxed{\bb \dfrac{1}{6}}

2. On est en présence d'une loi binomiale de paramètres \boxed{n = 10} et \boxed{p = \dfrac{3}{8}}
P(X \geq 2) = 1 - P(X \leq 1) = 1 - P(X = 1) - P(X = 0) \\ = 1 - \binom{10}{1} \left(\dfrac{3}{8}\right)^1 \left(\dfrac{5}{8}\right)^9 - \binom{10}{0}\left(\dfrac{3}{8}\right)^0 \left(\dfrac{5}{8}\right)^{10} \\ = 1 - 10 \times \dfrac{3 \times 5^9}{8^{10}} - \left(\dfrac{5}{8}\right)^{10} = 1 - 2 \times 5 \times \dfrac{3 \times 5^9}{8^{10}} - \left(\dfrac{5}{8}\right)^{10} = \boxed{1 - 7\left(\dfrac{5}{8}\right)^{10}}

\large \boxed{P(X \geq 2) \approx 0,936 \text{ à } 10^{-3} \text{ près}.}

Partie B


\begin{matrix}d^2_{obs} &=& \left(\dfrac{30}{156} - \dfrac{1}{4} \right)^2 + \left(\dfrac{48}{156} - \dfrac{1}{4} \right)^2 + \left(\dfrac{46}{156} - \dfrac{1}{4} \right)^2 + \left(\dfrac{32}{156} - \dfrac{1}{4} \right)^2 \\ &=& \left(\dfrac{30}{156} - \dfrac{39}{156} \right)^2 + \left(\dfrac{48}{156} - \dfrac{39}{156} \right)^2 + \left(\dfrac{46}{156} - \dfrac{39}{156} \right)^2 + \left(\dfrac{32}{156} - \dfrac{39}{156} \right)^2 \\ \\ &=& \dfrac{81}{156^2} + \dfrac{81}{156^2} + \dfrac{49}{156^2} + \dfrac{49}{156^2} =\dfrac{260}{156^2}=\dfrac{5}{468}\\ \\ &=& \boxed{\dfrac{5}{468} \approx 0,010~684}\end{matrix}

Le 9ème décile est \large D_9 = 0,0098 cela signifie que 90 % des valeurs de \large \rm d^2 obtenues au cours des 1000 simulations sont dans l'intervalle [0 , 0,0098].
On remarque que \large \boxed{d^2_{obs} > D_9}.
Au risque de 10%, on ne peut donc pas considérer que le dé est parfaitement équilibré.
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