BAC 2020 - COMPILATION SIGLE EN COULEUR

République du Mali
Un Peuple − Un But − Une Foi
Recueils de Sujets et Corrigés de Mathématiques
du Baccalauréat Malien Session d'Octobre 2020
Sixième Édition
1∕77
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
2∕77
Toute l'équipe de MaliMath vous serait très
reconnaissant de bien vouloir communiquer sur le
contenu de ce recueil, sa présentation ainsi que
toutes autres suggestions
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
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ÉPREUVE : Mathématiques - Série : Bât et Élect - Bât - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1 : 6pointS
I. Soit le nombre complexe Z =
1 − i3
3 +i
Écris Z sous la forme :
1. trigonométrique ;
2. exponentielle.
II. On donne : z1 =
6 −i 2
et z 2 = 1 − i.
2
1. Donne la forme trigonométrique de z1, z 2 et
2. Trouve la forme algébrique de
   
z1
z2
z1
.
z2
3. Déduis : cos π et sin π .
12
12
Exercice 2 : 4points
Résous dans ℝ, les équations, d'inconnue x, suivantes :
1. 3e 2x − 7e x + 2 = 0
2. e 2x + 5 × e x + 1 = e x − 1
3.
lnx3 − 3 lnx 2 + 3lnx − 2 = 0
Problème 10 Points
Soit la fonction f définie par : f : x ⟶ f x =

2 + lnx
. On désigne par C  la courbe
x

repeésentative de f dans le repère orthonormal O; i ; j , d'unité graphiques 2cm sur l'axe des
abscisses et 1 cm l'axe des ordonnées.
1. Détermine le domaine de définition D f de f.
2. Détermine les limites aux bornes de D f . En déduis les asymptotes éventuelle de f.
3. Détermine l'équation de la tangente T  à C  au point d'abscisse 1.
4. Trace T  et C .
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5. Soit la fonction F définie sur 0 ; + ∞ par : F : x ⟼
1
lnx 2 + 2lnx.
2
a. Calcule F' x.
b. Calcule, en cm 2 , l'aire de la partie du plan délimité par C , l'axe des abscisses et les
droites d'équatioins : x = 1 et x = e.
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CORRIGÉ :
Mathématiques - Série : Bât et Élect - Bât - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1 :
I. Soit le nombre complexe Z =
1 − i3
3 +i
Ecrivons Z sous la forme :
1. Trionométrique
Soit Z1 = 1 − i et Z 2 = 3 + i
Z1 = 1 2 + − 1 2 =
Z2 =
1

 cos θ =
2

π
2 ; Arg Z1 : 
⟹θ=−
4

−1
 Sin θ =
2


3
cos
θ
=


2
π
3 2 + 1 2 = 2 ; Arg Z 2  : 
⟹θ =
6

 Sin θ = 1
2

 
    


   
π + i sin − π
2 cos −
4
Z=
2 cos
3
4
π + i sin π
⟹ Z = 2 cos −
6
=
2 2
2
6
11π
11π
+ i sin −
12
12
2. La forme exponentielle :
Z = 2 .e
II. Z1 =
−
11π
i
12
6 −i 2
et Z 2 = 1 − i
2
1. Donnons la forme trionométrique de Z1, Z 2 et
Z1
Z2
 
D'après I.1. ) Z 2 = 1 − i ⟹ Z 2 = 2 cos −
π
4
 
+ i sin −
π
4
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Z1 =
   
2
6
2
π
2 cos −

π
6
+
π
π
6
+ i sin −
6
π
6
π + i sin − π
4
4
 
π
+ i sin −
4
 
π
6
+
π
4

 
Z1
= cos π + i sin π
Z2
12
12
Autrement :
Z=
=
+ i sin −
6
2 cos −
= cos −
=
2
   
   
   
Z1 = 2 cos −
Z1
=
Z2
2
+ −
2
6


3
2
 cos θ =
=
2

2

π
2 ; Arg Z1 : 
⟹θ=−
6

2

−
2
1

=−
 sin θ =
2
2

1 − i
2
3
3 +i
=

2
=

2
2
−i
2
2


3
3
1
+ i
2
2

 
 


 
 

2 2 cos π − i sin π
4
4
2 cos π + i sin π
6
6
2 cos −
=
3
3π
3π
+ i sin −
4
4
cos π + i sin π
6
6

= 2 cos −
 
3π π
3π π
−
−
+ i sin −
4
6
4
6

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   
= 2 cos −
2. Forme algébrique de
6 −i 2
2
1−i
Z1
=
Z2
=

11π
11π
+ i sin −
12
12
Z1
Z2
=

6 −i 2
2
2

1 + i

6 − i 2 1 + i
4
=
6 + 2 +i
4

6− 2
Z1
=
Z2
6+ 2
+i
4
6− 2
4

   
   
3. Déduisons cos π et sin π
12
12
Z1
π
= cos π + isin
;
Z2
12
12
sin
 
π
=
12
Z1
=
Z2
6+ 2
+i
4
 
6− 2
π
⟹ cos
=
4
12
6+ 2
4
et
6− 2
4
Exercice 2 :
Résolvons dans ℝ, les équations d'inconnue x suivantes :
1. 3e 2x − 7e x + 2 = 0
Posons T = e x ⟹ 3T 2 − 7T + 2 = 0 ⟹∆ = 25 ⟹ T1 =
T=
1
et T 2 = 2
3
1
1
⟹ e x = ⟹ x = − ln 3 ; T = 2⟹ e x = 2 ⟹ x = ln 2
3
3
L'ensemble des solutions est : S = − ln 3 ; ln 2
2. e 2x + 5 × e x + 1 = e x − 1 ⟹ e 2x + 5 +x + 1 = e x − 1 ⟹ 2x + 5 + x + 1 = x − 1 ⟹ x = −






L'ensemble des solutions est S = −
3.
7
2
7
2






lnx 2 − 3 lnx 2 + 3 lnx − 2 = 0
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Domaine de validité DV = x∕x ∈ ℝ, x > 0 ⟹ DV = 0 ; + ∞
Posons T = ln x ⟹ T3 − 3T 2 + 3T − 2 = 0
Pour T = 2, on a : 2 3 − 3 × 2 2 + 3 × 2 − 2 = 0 ⟹ 0 = 0 ;
2 est une solution de l'équation T 3 − 3T 2 + 3T − 2 = 0
1
2
1
−3
3
−2
2
−2
2
−1
1
0
T 3 − 3T 2 + 3T − 2 = 0 ⟹ T − 2 T 2 − T + 1 = 0 ⟹ T = 2 ou T 2 − T + 1 = 0
T2 − T + 1 = 0 ⟹ ∆ = − 3 < 0
T = 2 ⟹ ln x = 2 ⟹x = e 2 ∈ DV
L'ensemble des solutions est : S = e 2
Problème :
f x =
2 + ln x
x
1. Déterminons le domaine de définition D f de f
 D1 = 0 ; + ∞
D f = x∕x ∈ ℝ, x ≠ 0 ; x > 0⟹
2. Calculons les limites aux bornes de D f
lim f x = − ∞ ; lim f x = 0
x⟶0 +
x⟶ + ∞
Déduction :
lim f ( x ) = − ∞ ⟹ x = 0 est une asymptote verticale à la courbe de f
x⟶0 +
lim f ( x ) = 0 ⟹ y = 0 est une asymptote horizontale à la courbe de f en + ∞
x⟶ + ∞
3. Déterminons l'équation de la tangente T  à C  au point d'abscisse x = 1
T  : y = f ' 1 x − 1 + f 1
f 1 = 2
1
× x − 2 + ln x
x
− 1 − ln x
f '(x)=
=
⟹ f ' 1 = − 1
2
x
x2
y = − 1 x − 1 + 2 ⟹ T  : y = − x + 3
4. Traçons ( T ) de ( C )
Étudions le signe de f ' x et dressons le tableau de variation de f.
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Calculons f ' x :
− 1 + lnx
f ' x =
x2
Pour tout x ∈ D f ; x 2 > 0. f ' x a le même signe que − 1 + lnx.
x > 0


1

 x≤
e

x>0
Posons − 1 + lnx ≥ 0 ⟹ 1 + lnx ≤ 0 ⟺
⟺
lnx ≤ − 1






⟹ x∈ 0 ;
1
e
donc
f(x)≥0
Tableau de variation :
x
1
e
0
f ' x
+
0
1
−
e
f x
+∞
2
−
−
1
3
e
−∞
0
Représentation :
y
5
4
3
2
1
j
O
-1
i
1
2
e 3
4
5
6
x
-2
-3
-4
-5
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1
ln x 2 + 2ln x
2
a. Calculons F ' ( x )
5. F ( x ) =
F' ( x ) =
1
1
1
ln x + 2
× 2 × × ln x + 2 × =
=f(x)
2
x
x
x
b. Calculons l'aire A en cm 2 de la partie du plan délimité par C , l'axe des abscisses et les
droites d'équations x = 1 et x = e
A=
∫
e
1
f ( x ) dx =
F(x)
e
1
= F(e)−F(1)
=
=
U.A = 2cm × 1cm = 2cm 2 donc A =
1
ln e 2 + 2ln e − 0
2
1
5
+ 2 = U.A
2
2
5
× 2cm 2 = 5cm 2
2
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ÉPREUVE : Mathématiques Financières - Série : STG - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1 :
1. Quelle est la valeur acquise par un capital de 2 000 000F placés à intérêt composé au taux
de 5% pendant 3 ans ?
2. Quel capital doit-on placer au taux de 6% pour disposer de 790 924 à la fin de la huitième
année ?
3. Á quel taux doit-on placer un capital de 800 000 F pour obtenir à la fin de la cinquième
année une valeur acquise de 1 148 503,46 F ?
4. Pendant combien d’années faut-il placer un capital de 100 000F au taux annuel de 10%
pour obtenir une valeur acquise de 161 051F ?
Exercice 2 :
Monsieur MARIKO possède trois effets dont les caractéristiques sont les suivantes :
Les montants sont proportionnels à 4 ; 6 et 10
Le premier arrivait à échéance le 21 juillet,
Le deuxième arrivait à échéance le 10 août,
Le troisième échéant à une certaine date.
Ces effets ont été remplacés à l’échéance moyenne par un effet unique de 100 000F, arrivant à
échéance le 31 août.
1. Calcule le montant de chaque effet
2. Détermine l’échéance du troisième effet.
Note : arrondi les résultats au plus voisin.
Problème :
M. DIABATE dispose quatre traites qui sont proportionnelles aux 2 ; 3 ; 4 ; 6. La somme des
valeurs nominales des deux dernières traites dépasse la somme des valeurs nominales des deux
premières de 70 000 F
1. Calculer les valeurs nominales de ces traites.
2. Le 26 avril, M. DIABATE accepte quatre traites de valeurs nominales 28 000F ; 42 000F ;
56 000F ; 84 000F dont les échéances sont éloignées de ce jour de 60 jours, 60 jours, 90
jours, 120 jours et 150 jours respectivement.
Il décide de remplacer les trois dernières traites par une seule traite payable le 23
novembre, le taux d’escompte étant de 7,2%.
a. Quelle doit être la valeur nominale de cette traite unique ?
b. Détermine l’échéance moyenne des quatre traites
3. M. DIABATE détenteur des effets suivants le présente à la négociation à la banque le 26
avril :
28 000 F échéant le 25 – 06
42 000 F échéant le 25 – 07
56 000 F échéant le 24 – 08
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84 000 F échéant le 23 – 09
Les conditions de la banque sont :
Escompte 7,2%, minimum d’escompte 340F
Endos : 0,9% ;
Commission proportionnelle 0,3% minimum 106F maximum 250F
Commission fixe 42,625F par effet ; TAF 15%. Calculer
a. La valeur nette escomptée
b. Le réel d’escompte, taux de placement du banquier et le taux de revient de l’effet dont
son échéance est fixée le 23 − 09.
4. M. DIABATE récupère le net escompté et achète un matériel qu’il met aussitôt en vente
suivant les modes de règlement :
1 er mode : paiement comptant 350 000F
2 eme mode : paiement d’une somme S le jour de l’achat et le reste par trois traites de même
valeur nominale 100 000F échéant de mois en mois, la première un mois après l’achat.
3 eme mode : paiement le jour de l’achat d’une somme de 40 800F et le reste par des traites
de 40 000F chacune échéant de mois en mois, la première un mois après l’achat. Les trois
modes de règlement sont équivalents au taux de 9% le jour de l’achat.
a. Calculer le montant S payé dans le 2 e mode
b. Calculer le nombre de traite dans le 3 e mode
c. Calculer le montant payé dans chaque mode de paiement à crédit et préciser les modes
les plus avantageux pour acheteur et pour M. DIABATE.
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CORRIGÉ :
Mathématiques Financières - Série : STG - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1 : 5 points
1. C 0 = 2 000 000 ; i = 0,05 n = 3 ans C 3 = ?
C n = C 0 1 + i
n
C 3 = 2 000 000 1,05 = 2 315 250
3
2. C 0 = ? , i = 0,06 ; n = 8 ans C8 = 796924
C n = C 0 1 + i ⟹ C 0 = C n 1 + i
n
C 0 = 796924 1,06
−8
−n
= 499 999,976
C 0 = 500 000 F
i = ? C 0 = 800 000 ; n = 5 ans C5 = 1 148503,461
Calculons le taux i
1 148 503,461 = 800 1 + i ⟹
5
5
5
1 148 503,461
= 1 + i ⟹ 1,43562932625 = 1 + i
800 000
5
i = 1,43562932625 − 1
i = 0,075 soit t = 7,5%
4. i = 0,1 C 0 = 100 000 ; n = ? C n = 1 61051
Calculons n
C n = C 0 1 + i
n
161051
= 1,1 n
100 000
ln 1,61051
1,61051 = 1,1 n ⟹ n =
ln 1,1
n = 5 ans
indication correction : la moitié des points pour une formule trouvée
161 051 = 100 000 ( 1,1 ) n ⟹
Exercice 2 : 5 points
V1
 V1 , V 2 , V3 DP 4, 6, 10 ⟹ 4
=
V2 V3
=
=k
6
10
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⟹ V1 = 4k ; V 2 = 6k, V3 = 10k
V1⟶ DE1 = 21∕07
V 2 ⟶DE 2 = 10∕08
V3⟶DE3 = ?
V = 100 000 ⟶DE = 31/08
1. Calculons la valeur nominales
L'échange moyenne ,
V = V1 + V 2 + V 3 ⟹ 100 000 = 4k + 6k + 10k
⟹ 100 000 = 20k
100 000
⟹k =
⟹k = 5000 F
20
V1 = 4 × 5 000 = 20 000F ; V 2 = 6 × 5 000 = 30 000F ; V 3 = 10 × 5 000 = 50 000 F
2. Déterminons l'échance du 3 e effet.
Soit le 21∕07 la date d'équivalence
n1 = du 21∕07 au 21∕07 = 0 jour
n 2 = du 21∕07 au 10∕08 = 10 + 10 = 20 jours
n = du 21∕07 au 31∕08 = 10 + 31 = 41 jours
n3 = ?
n =
 Vi ni
 Vi
⟹ 41 =
0 × V1 + 20 × V 2 + nV3
V1 + V 2 + V 3
⟹ 41 =
( 20 × 30 000 ) + 50000n 3
100 000
⟹ 41 × 100 000 = 600 000 + 50 000n 3
⟹ 4 100 000 − 600 000 = 50 000n 3
⟹ 3 500 000 = 50 000n 3
⟹n 3 = 70 jours
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31 − 21 = 10
31
29
Juillet
Août
Septembre
DE3 = 29∕09
Problème :
V1 , V 2 , V3 ,V4 DP 2 , 3 , 4, 6
V3 + V 4 − V1 + V 2 = 70 000
1. Calculons les valeurs nominales
V1 V 2 V 3 V 4
=
=
=
= k ⟹ V1 = 2k ; V 2 = 3k ; V3 = 4k ; V 4 = 6k
3
4
6
2
V 3 + V 4 − V1 − V 2 = 70 000
4k + 6k − 2k − 3k = 70 000
5k = 70 000 ⟹ k = 14 000
V1 = 2 × 14 000 = 28 000F
V 2 = 3 × 14 000 = 42 000F
V3 = 4 × 14 000 = 56 000 F
V 4 = 6 × 14 000 = 84 000F
Les valeurs nominales de ces traites : 28 000F ; 42 000F ; 56 000 F et 84 000F
2. Date d’équivalence le 26 avril : DN = 26∕04
V1 = 28 000F ⟶ n1 = 60 jours ; V 2 = 42 000F ⟶ n 2 = 90 jours
V 3 = 56 000 F ⟶ n 3 = 120 jours ; V 4 = 84 000F ⟶ n 4 = 150 jours
V = ? ⟶ DE = 23∕11 ; t = 7,20% D = 5 000
Avril
3 − 26 = 4
Mai
31
Juin
30
Juillet
31
Août
31
Septembre
30
Octobre
31
Novembre
23
n = 211 jours
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a. La valeur nominale de cette traite unique
Formule : V D – n = V 2 D – n 2 + V 3 D – n 3 + V 4 D – n 4.
V 5 000 – 211 = 42 000 5 000 – 90 + 56 000 5 000 – 120 + 84 000 5 000 – 150
886 900 000
4789 V = 886 900 000 ⟹ V =
= 185195,24 ≈ 185195
4789
V = 185 195 F
b. Détermine l’échéance moyenne des quatre traites :
n =
V1n1 + V 2 n 2 + V3n 3 + V 4 n 4
V1 + V 2 + V 3 + V 4
28 000 × 60 + 42 000 × 90 + 56 000 × 120 + 84 000 × 150
= 118 jours
28 000 + 42 000 + 56 000 + 84000
Avril
3 − 26 = 4
Mai
31
Juin
30
Juillet
31
Août
22
n =
DE = 22∕08
L’échéance moyenne a lieu 118 jours après le 26 Avril soit le 22 août
3. Bordereau DN = 26∕04
A⟶ 4
A⟶ 4
A⟶ 4
A⟶ 4
M ⟶ 31
M ⟶ 31
M ⟶ 31
M ⟶ 31
J ⟶ 25
J ⟶ 30
J ⟶ 30
J ⟶ 30
n =60 jours
J ⟶ 25
J ⟶ 31
J ⟶ 31
n =90 jours
A ⟶ 24
A ⟶ 31
n =12à jours
S ⟶ 23
n =150 jours
a. Calculons la valeur nette escomptée
Commission
N°
V
Echéances
n
Escomptes
Endos
Proportionnelle
fixe
1
2
3
4
Total
28 000
42 000
56 000
84 000
210 000
25/06
25/07
24/08
28/09
×
60
90
120
150
×
340
756
1344
2520
4 960
42
94,5
168
315
619,5
106
126
168
250
650
42,625
42,625
42,625
42,625
170,5
Agio HT = 4 960 + 619,5 + 650 + 170,5 = 64 00 F, TAXE = 6400 × 0,15 = 960
Agio TTC = 6400 × 1,15 = 7 360 F
Net = V − AgioTTC
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17∕77
Net = 210 000 − 7360 = 202 640 F
Valeur nette escomptée = 202 640 F
b. Calculons les differents taux de l'effet N°4
AgioHT = 2 520 + 315 + 250 + 42,625 = 3 127,625
Agio TTC = 3 127,625 × 1,15 = 3 596,76875
Le taux réel d'escompte
taux réel =
4.
36000 AgiotHT
36000 × 3127,625
=
= 8,936%
nV
150 × 84000
Le taux de placement du banquier
36000 AgiotHT
taux de placement =
n V − AgiotHT 
36000 × 3127,625
taux de placement =
= 9,28%
150 × 84000 − 3127,625
Le taux de revient
36000 AgiotTTC
Le taux de revient =
n ( V − AgiotTTC )
Taux de revient = 10,37%
PC = 350 000
a.
SA = ? V = 100 000 ; n1 = 2 ; n 2 = 2 ; n 3 = 3 ; t = 9%
Calculons la sommes S payée dans le 2 e mode .
PC = SA + a1 + a 2 + a3
0,5 point
CV
 n1 + n 2 + n3
1200
100 000 × 9
1 + 2 + 3
350 000 = SA + 3 × 10 000 −
1200
50 000 = SA − 4500⟹ SA = 50 000 + 4500
SA = 54500F
PC = SA + 3V −
b.
SA = 40 800 ; V = 40 000 ; n1 = 1 ; t = 9%
Calculons le nombre de traites dans le 3 ème mode
PC = SA + nV −
 
Vt
n+1
n
1200
2
350 000 = 40 800 + 40 000n −
 
40 000 × 9n n + 1
120
2
309 200 = 40 000n − 150n 2 − 150n ⟹ 150n 2 − 39 850n + 309 200 = 0
⟹3n 2 − 797n + 6184 = 0
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
18∕77
Δ = − 797 − 4 ( 3 ) ( 6184 ) = 561 001⟹ Δ = 749
2
n1 =
797 − 749
797 + 749
= 8 ; n2 =
= 257,66
6
6
n = 8 traites
c. Calculons le monatnt payé dans chaque mode de paiement à credit
2 ème mode :
Montant payé = SA + nV = 54 500 + 3 × 100 000; Montant payé = 354 500F
3 ème mode :
Montant payé = 40 800 + 8 × 40 000 ; Montant payé = 360 800F
Le mode de paiement le plus avantaeux pour M. DIABATE est le 3 ème mode.Le mode
de paiement le plus avantaeux pour l'acheteur est le 2 ème mode.
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19∕77
ÉPREUVE : Mathématiques Générales - Série : STG - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1 : 6 points
On considère le polynôme définie par : P z = z 4 − 6z 3 + 24z 2 − 18z + 63.
 


1. Calcule P i 3 et P − i 3 puis factorise P z en produit de deux polynômes du second
degré.
2. Résous dans ℂ, l'équation Pz = 0.


3. Place, dans le plan complexe rapporté au repère orthonormé O, u ; v , les points A, B, C
et D d'affixes respectives z A = i 3 ; z B = − i 3 ; zC = 3 + 2i 3 et z D = z C .
4. On note E le symetriquede D par rapport à O.
a. Calcule
zC − z B
.
zE − zB
b. En déduis la nature du triangle BEA
Exercice 2 : 4points
Soit la fonctioon rationnnelle f : ⟼ f x =
3x 2 − 2x + 3
.
x 2 − 12
1. Détermine l'ensemble de définition D f de f.
2. Détermine les réels a, b tel que sur D f , f x =
b
a
+
2
x + 1
x − 1 2
3. En déduis deux primitives de f sur 1 ; + ∞.
Problème : 10 points
Partie A
Soit la fonction g ddéfinie sur 0 ; + ∞ par g : x ⟼ g x = − x 2 + 1 − lnx.
1. Dresse le tableau de variation de g.
2. Calcule g 1 puis en déduis le signe de g x suivantt les valeurs de x.
Partie B
Soit la fonction f définfie sur 0 ; + ∞ par f : x ⟼ f x = −

1
lnx
x+1+
et C  sa courbe
2
2x

représentative dans le rpère orthonormé O; i ; j , unité graphique 2 cm.
1. Dresse le tableau de variations de f.
2. Démontre que l'équation f x = 0 admet deux solutions α et β avec α < β.
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20∕77
3. a. Montre que la droite Δ d'équation y = −
b. Étudie la position de C  et Δ.
4. Trace C  et Δ.
1
x + 1 est asymptote à la courbe C  de f.
2
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21∕77
CORRIGÉ :
Mathématiques Générales - Série : STG - Durée : 3 heures - Coef : 2
AM2
Exercice 1:
P z = z 4 − 6z 3 + 24z 2 − 18z + 63
 


1. Calculons P i 3 et P − i 3 puis factorisons P z en produit de deux polynôme
du second degré.
   
 
= 9 + 18i 3 − 72 − 18i 3 + 63 = 0 ⟹P i 3  = 0
3  = − i 3  − 6 − i 3  + 24 − i 3  − 18 − i 3  + 63
Pi 3 = i 3

P −i
4
  + 24i 3 
−6 i 3
3
4
2
− 18 i 3 + 63
3
2


= 9 − 18i 3 − 72 + 18i 3 + 63 = 0 ⟹P − i 3 = 0
Méthode 1 : par division euclidienne.



On sait que z − i 3 z + i 3 = z 2 + 3 donc on a:
z 4 − 6z 3 +24z 2 −18z +63
− z 4 − 3z 2
z 2 +3
z 2 − 6z +21
0 − 6z 3 +21z² −18z
6z 3 +18z
21z 2
− 21z 2
+
−
63
63
0
+
0
Donc P z = z 2 + 3 z 2 − 6z + 21
Méthode : par le tableau d'Hörner
Coefficient
s
1
i 3
1
−i 3
1
−6
24
−18
i 3
− 6i 3 − 3
21i 3 +18
− 6+ i 3
21− 6i 3
−i 3
6i 3
−6
21
21i 3
63
− 63
0
− 21i 3
0
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22∕77



P z = z − i 3 z + i 3 z 2 − 6z + 21 = z 2 + 3 z 2 − 6z + 21
2. Résolvons dans ℂ, P z = 0
P z = 0 ⟺
z − i 3 z + i 3 z
2
− 6z + 21 = 0 ⟺ z1 = i 3
ou
z 2 = − i 3 ou
z 2 − 6z + 21 = 0⟹Δ = − 48
z3 =
6 − 4i 3
6 + 4i 3
= 3 − 2i 3 ; z 4 =
= 3 + 2i 3
2
2
L'ensemble des solutions est : S = i 3 ; − i 3 ; 3 − 2i 3 ; 3 + 2i 3
  
 
 

3. Plaçons les points A i 3 ; B − i 3 ; C 3 + 2i 3 ; D 3 − 2i 3 dans le plan

complexe O; u , v

y4
E
C
3
2
1
A
v
-5
-4
-3
-2
-1 O u 1
-1
2
3
4
x
-2 B
-3
D
4. E le symétrique de D par rapport à O
z E = − z D = − 3 + 2i 3
a. Calculons
zC − z B
zE − zB



3 + 2i 3 − i 3
zC − z B
1+i 3 −1−i 3
3
1
=
=
= −i
2
2
zE − zB
1+3
− 3 + 2i 3 + i 3
b. Déduction de la nature du triangle BEA
π
−i
zA − zB
3
1
3
= −i
=e
⟹ BEA est un triangle quelconque.
2
6
zE − zB
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23∕77
Par contre BEC
π
−i
3
zC − zB
1
3
= −i
=e
⟹ BEC est un triangle équilatéral
2
2
zE − zB
Exercice 2 :
f(x)=
3x 2 − 2x + 3
x 2 − 1 2
1. Déterminons l'esnsemble de f
D f = x∕x ∈ ℝ, x² − 1 ≠ 0 
2
D f = ℝ − − 1;1 = − ∞; − 1∪ − 1;1∪ 1; + ∞
2. Déterminons les réels a et b
b
a
b ( x − 1 ) ² + a x + 1
f x =
+
=
2
2
( x²-1 ) ²
x + 1
x − 1
=
2
b + ax 2 + 2a − 2bx + b + a
( x2 − 1 ) 2
Par identification des coefficients:






b+a=3
2a − 2b = − 2

a+b=3



a−b=−1
⟹ 
2a = 2 ⟹a = 1
1 + b = 3 ⟹b = 2
3. Déduisons en deux primitives de f sur 1; + ∞
f(x)=
2
1
2
1
−
+C ;C∈ℝ
2 +
2 ⟹ F(x)=−
x+1 x−1
x + 1
x − 1
Les fonctions x⟼ −
2
1
2
1
−
et x⟼ −
−
+ 1 sont deux primitives de f
x+1 x−1
x+1 x−1
sur 1; + ∞
Problème:
Partie A
g x = − x 2 + 1 − lnx ; D g = 0 ; + ∞
1. Dressons le tableau de variation de g
lim g x = + ∞ ; lim g x = − ∞
x⟶0 +
x⟶ + ∞
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24∕77
g est dérivable sur 0 ; + ∞
g' x = − 2x −

1
1
= − 2x +
x
x

∀ x ∈ 0 ; + ∞, g' x < 0 alors la fonction g est strictement décroissante.
x
0
1
g' x
g x
+∞
−
+∞
0
−∞
2. Calculons g 1 puis déduisons en le signe de g x
g 1 = − 1 + 1 − ln1 = 0 ⟹g 1 = 0
D'après le tableau de variation de g
∀ x ∈ 0 ; 1 , g x > 0
∀ x ∈ 1; + ∞ , g x < 0
g 1 = 0
Partie B
f(x)=−
1
lnx
x+1+
2
2x
1. Dressons le tableau de variation de f
lim f x = − ∞ ; lim f ( x ) = − ∞
x⟶0 +
x⟶ + ∞
f est dérivable sur 0, + ∞
1 
2x − 2lnx
x
1
− x² + 1 − lnx
g x
f ' x = − +
=
donc f ' x =
2
2
2x
4x
2x 2
∀ x ∈ 0; + ∞ 2x 2 > 0 alors f ' x a même signe que g x
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25∕77
x
0
f ' x
+∞
1
+
0
−
1
2
f x
−∞
−∞
2. Démontrons que l'équation f x = 0 admet deux solutions α et β avec α < β
f est continue et strictement croissante sur 0 ; 1 donc elle réalise une bijection de 0 ; 1 vers
− ∞;
1
1
, de plus 0 ∈ − ∞; alors f x = 0 admet une unique solution α ∈ 0 ; 1
2
2
f est continue et strictement décroissante sur 1;+∞ donc elle réalise une bijection de
1; + ∞ vers − ∞;
1
1
, de plus 0 ∈ − ∞ ;
alors f x = 0 admet une unique solution β ∈
2
2
1; + ∞
3. a. Montrons que la droite Δ : y = −
lim f x − y = lim
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞
1
x + 1 est asymptote à la courbe C 
2
lnx
= 0 alors Δ est asymptote à la courbe C  en + ∞
2x
b. Position de C  et Δ
lnx
f x − y =
; f x − y a même signe que lnx sur 0 ; + ∞
2x
x
0
f x − y
+∞
1
−
+
0
Pour x ∈ 0 ; 1 f ( x ) − y < 0 alors C  est en dessous de Δ
Pour x ∈ 1; + ∞ f ( x ) − y > 0 alors C  est au dessus de Δ
Pour x = 1 ,f ( x ) − y = 0 alors C  et Δ se coupent

4. Traçons C  et Δ dans un repère orthonormé O ; i ; j
Table de valeur de Δ

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26∕77
x
0
1
y
1
1
2
y
2
1
j
-1 O
i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
-1
-2
-3
C 
Δ
-4
-5
-6
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27∕77
ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TAL
-
Durée : 2 heures
-
Coef : 1
AM2
Exercice 1 ……………………………………………………………..…………. ( 6 pts )
1. Décompose en produit de facteurs premiers les nombres 160 et 224.
2. Calcule le PGCD et le PPCM de 160 et 224.
160
3. Rends irréductible la fraction
.
224
Exercice 2 ……………………………………………………………………...........… ( 6 pts )
1.
U n  est une suite géométrique de premier terme U 0 = 16 et de raison q = 12 .
a. Calcule les cinq premiers termes de la suite U n .
b. Détermine l’expression de U n en fonction de n.
2.
Vn  est une suite arithmétique de premier terme V
0
= 2 et de raison r = 3.
a. Calcule les quatre premiers termes de la suite V n .
b. Détermine l’expression de V n en fonction de n.
Problème……………………………………………………………..…………. ( 8 pts )
On considère la fonction f définie par f : x ⟼ f x = x 3 − x 2 − x + 1.
1.
Détermine l’ensemble de définition def.
2. Calcule les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
3. Calcule la fonction dérivée f de la fonction f.
4.
Dresse le tableau de variation de f sur son ensemble de définition.


5. Construis la courbe de f dans le plan muni d’un repère orthonormé O ; i ; j .
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28∕77
CORRIGÉ :
Mathématiques
-
Série : TAL
-
Durée : 2 heures
- Coef : 1
AM2
Exercice 1:
1. Composons en produit de facteurs premiers les nombres 160 et 224
1
6
0
2
2
2
4
2
8
0
2
1
1
2
2
4
0
2
5
6
2
2
0
2
2
8
2
1
0
2
1
4
2
5
160 = 2 5 × 5
2. Calculons le PGCD et PPCM de 160 et 224
PGCD 160, 224 = 2 5 = 32
PPCM 160, 224 = 2 5 × 5 × 7 = 1120
160
3. Rendons irréductible la fraction
224
7
224 = 25 × 7
160 2 5 × 5 5
=
=
224 2 5 × 7 7
Exercice 2:
1.
U n est une suite géométrique de premier terme U 0 = 16 de raison q = 12
a. Calculons les cinq premiers termes de la suite U n 
Un + 1= q × Un
1
1
1
1
× U 0 = 8 ; U 2 = × U1 = 4 ; U 3 = × U 2 = 2 ; U 4 = × U 3 = 1
2
2
2
2
U 0 = 16 ; U1 =
b. Déterminons l'expression de U n en fonction de n
Un = U0 ×
2.

1
2
n
= 16 ×

1
2
n
V n  est une suite arithmétique de premier terme V 0 = 2 de raison r = 3
a. Calculons les quatre premiers termes de la suite V n 
Vn + 1 = Vn + r
V 0 = 2 ;V1 = V 0 + 3 = 2 + 3 = 5 ; V 2 = V1 + 3 = 5 + 3 = 8 ; V3 = V 2 + 3 = 8 + 3 = 11
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29∕77
b. Déterminons l'expression de V n en fonction de n
V n = V 0 + nr = 2 + 3n
V n = 3n + 2
Problème
On considère la fonction f définie par : f ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1
1. Déterminons l'ensemble de définition de f
D f = ℝ = − ∞ ; + ∞ car f est une fonction polynôme .
2. Calculons les limites aux bornes de son ensemble de définition
lim f ( x ) = lim x 3 − x 2 − x + 1 = lim x 3 = − ∞ = − ∞
3
x→ − ∞
x→ − ∞
x→ − ∞
lim f ( x ) = lim x 3 − x 2 − x + 1 = lim x 3 = + ∞ = + ∞
3
x→ + ∞
x→ + ∞
x→ + ∞
3. Calculons la dérivée f ' de la fonction f
f ' ( x ) = 3x² − 2x − 1
4. Dressons le tableau de variation de f sur son ensemble de définition
Étudions le signe de f ' x
Posons: 3x² − 2x − 1 = 0 ⟹ Δ = − 2 − 4 3 − 1 = 16
2
x1 =
2−4 −2 −1
2+4 6
=
=
; x2 =
= =1
6
3
2×3
2×3 6
x
−∞
f ' x
−
+
1
3
0
+∞
0
−
0
+
32
27
f x
−∞
+∞
0


5. Construisons la courbe de f dans le plan muni d'un rpère orthonormé O ; i ; j .
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y
3
(C)
2
1
j
-4
-3
-2
-1 O i
-1
1
2
3
4
5
6
x
-2
-3
-4
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ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TLL
-
Durée : 2 heures
-
Coef : 1
AM2
Exercice 1.................................................................................................................... ( 6 pts )
On considère les fonctions f, g ,h et t définies respectivement par :
f : x ⟼ f x = −
x2
− 2x + 30, g : x ⟼ g x = − x 3 + 4x 2 + x − 5,
2
h: x ⟼h x = 2x + 1 − 3x + 5 et t : x ⟼ t x =
x2 − x + 2
.
−x+2
1. Détermine le domaine de définition de chacune des fonctions f, g ,h et t.
2. Calcule la fonction dérivée de chacune des fonctions f, g, h et t.
Exercice 2 ……………………………………………………………..…………. ( 6 pts )
On considère la suite géométrique U n  de premier terme U 0 = 50000 et de raison q =
21
.
20
1. Calcule U1, U 2 , U 3 et U 4.
2. Exprime U n en fonction de n.
3. Calcule la somme les dix premiers termes de la suite U n .
Problème……………………………………………………………..…………. ( 8 pts )
On considère la fonction numérique f de la variable réelle x définie par
f:x⟼


x 2 + 4x + 5
, C f sa courbe représentative dans un repère O; i , j .
x+2
1. a. Détermine l’ensemble de définition D f de f.
b. Détermine trois réels a, b et c tels que pour tout x ∈ D f on ait : f x = ax + b +
c
.
x+2
c. Calcule les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
d. Détermine les équations de toutes les asymptotes à la courbe C f .
2. Étudie les variations de f puis dresse son tableau de variation.
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3. a. Détermine les coordonnées du point A, intersection de C f et l’axe des ordonnées.
b. Détermine l’équation de la tangente T  à la courbe C f au point A.
4. Trace dans le même repère la droite T , les asymptotes et la courbe C f .
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CORRIGÉ : Mathématiques
-
Série : TLL
-
Durée : 2 heures
-
Coef : 1
AM2
Exercice 1:
On considère les fonctions f , g ,h et t définies respectivement par :
x2
f x = −
− 2x + 30 ;
g x = − x 3 + 4x + x − 5 ;
h x = 2x + 1 − 3x + 5
2
x2 − x + 2
h x =
−x+2
1. Déterminons le domaine de définition de chacune des fonctions f , g , h et t
x2
l
f x = −
− 2x + 30
2
et
D f = ℝ = − ∞; + ∞ car f est une fonction polynôme
l
g x = − x 3 + 4x + x − 5
Dg = ℝ = − ∞; + ∞ car g est une fonction polynôme
l
h ( x ) = 2x + 1 − 3x + 5
Dh = ℝ = − ∞ ; + ∞ car h est le produit deux fonctions polynômes
l
t(x)=
x2 − x + 2
−x+2
D t = x∕x ∈ ℝ; − x + 2 ≠ 0
− x + 2 ≠ 0⟹ 2 ≠ x
D t = ℝ − 2 = − ∞ ; 2 ∪ 2 ; + ∞
2. Calculons la dérivée de chacune des fonctions :
f '(x)=−x−2
g ' ( x ) = − 3x 2 + 8x + 1
h ' ( x ) = 2 − 3x + 5 + − 3 2x + 1 = − 6x + 10 − 6x − 3 = − 12x + 7
h ' ( x ) = − 12x + 7
Exercice 2
On considère la suite géométrique U n  de premier terme U 0 = 50000 et raison q =
21
20
1. Calculons U1 , U 2 , U 3 et U 4
U n géométrique ⟹ U n + 1 = qU n
Ainsi on a :
21
× 50000 = 52500
20
21
U 2 = qU1 =
× 52500 = 55125
20
U1 = qU 0 =
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21
× 55125 = 57881,25
20
21
U 4 = qU 3 =
× 57881,25 = 60775,3125
20
U 3 = qU 2 =
2. Exprimons U n en fonction n
Un = U0 × qn
 
21
U n = 50000 ×
20
n
3. Calculons la somme des dix premiers termes de la suite U n .
Soit S10 cette somme
 
21
1−
10
20
1−q
S10 = U 0 + U1 + ⋯ + U 9 = U 0 ×
= 50000 ×
21
1−q
1−
20
10
= 1 628 894,627
Problème
On considère la fonction numérique f de l variable réelle x
x 2 + 4x + 5
f(x)=
et ( C f ) sa courbe représentetive dans un O ; i ; j
x+2


1. a. Déterminons l'ensemble de définition D f de f .
Df = x∕x ∈ ℝ; x + 2 ≠ 0
x + 2 ≠ 0⟹ x ≠ − 2
Dh = ℝ − − 2 = − ∞; − 2 ∪ − 2 ; + ∞
b. Déterminons les réels a , b et c tels que f ( x ) = ax + b +
c
x+2
1 ère méthode:
f ( x ) = ax + b +
ax + b x + 2 + c = ax 2 + xb + 2a + 2b + c
c
=
x+2
x+2
x+2
Par identification on a :
 a=1
a=1


 b + 2a = 4⟹  b = 2




 2b + c = 5  c = 1
f(x)=x+2+
1
x+2
2 ème méthode:
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x 2 + 4x +5− x 2 − 2x
x +2
x +2
2x +5
− 2x − 4
1
1
x+2
c. Calculons les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
Ainsi on a : a = 1; b = 2; c = 1 ⟹ f ( x ) = x + 2 +
x 2 + 4x + 5
x2
= lim
= lim x = + ∞
x→ + ∞
x→ + ∞ x
x→ + ∞
x+2
lim f ( x ) = lim
x→ + ∞

x 2 + 4x + 5
− 2 2 + 4 − 2 + 5 4 − 8 + 5 1
lim f ( x ) = lim
=
=
=
0
0
x+2
−2+2
x→ − 2
x→ − 2
−
−
Signe de x + 2
−∞
x
x−2
lim f ( x ) =
x→ − 2
−
lim ( x ) =
x→ − 2
+
−2
−
+∞
+
0
1
=−∞
0−
1
=+∞
0+
x 2 + 4x + 5
x2
= lim
= lim x = − ∞
x→ − ∞
x→ − ∞ x
x→ − ∞
x+2
lim f ( x ) = lim
x→ − ∞
d. Déterminons les équations de toutes les asymptotes à la courbe C f .
lim f ( x ) =
x→ − 2 −

1
=
−
∞


0−
 ⟹x = − 2 est asymptote verticale à la courbe.

1
lim f ( x ) = + = + ∞ 
x→ − 2
0

+
Posons : y = x + 2

lim  f x − y  = lim x + 2 +
x→ + ∞
x→ + ∞

1
− x + 2
x+2
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= lim
x→ + ∞
De même
1
1
1
= lim
=
=0
x + 2 x→ + ∞ x + ∞

lim  f x − y  = lim x + 2 +
x→ − ∞
x→ − ∞

1
1
1
− x + 2 = lim
= lim
=0
x→ − ∞ x + 2
x→ − ∞ x
x+2
lim  f ( x ) − y  = 0.
x→ − ∞
Ainsi la droite D : y = x + 2 est une asymptote oblique en + ∞ et − ∞
2. Déterminons les variations de f puis dressons son tableau de variation
Calculons la dérivée :
l
f '(x)=1−
x + 2 2 − 1 = x + 1x + 3
1
=
x + 2 2
x + 2 2
x + 2 2
f ' ( x ) est de même signe que x + 1 x + 3 car ∀ x ∈ D f , x + 2 2 > 0
l
x + 1x + 3 = 0 ⟹x = − 1 ou x = − 3
Tableau de signe de f ' x
x
−∞
+
f '(x)
l
−3
0
−2
−1
−
−
0
+∞
+
Sens de variation de f
∀ x ∈ − ∞; − 3 ∪ − 1; + ∞ f est strictement croissante
∀ x ∈ − 3; − 2 ∪ − 2; − 1 f est strictement décroissante
l
Tableau de variation :
x
−∞
−3
+
f '(x)
0
−2
−1
−
−
−2
0
+∞
+∞
+
+∞
f (x)
−∞
−∞
2
3. a. Déterminons les coordonées du point A, intersection de C f  avec l'axe des ordonnées
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f 0 =
 
02 + 4 × 0 + 5 5
5
=
⟹A 0;
2
0+2
2
b. Déterminons l'équation de la tangente T  à la courbe C f  au point A
T  : y = f ' x x − 0 + f 0 ⟹ y =
3
5
x+
4
2
4. Traçons dans le même repère la droite T  les asymptotes et la courbe C f .
y
5
4
3
2
1
j
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O
i
1
2
3
4
5
x
-1
-2
-3
-4
-5
-6
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ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TSE-STI
- Durée : 4 heures
- Coef : 4
AM2
Exercice 1 :
On désigne par A et B les points d'affixes respectives z A = 2 − i et z B = 2i, et pour tout nombre
complexe z différent de z B , On pose Z =
z − zA
.
z − zB
1. Détermine, dans chaque cas, l'ensemble des points M z tel que :
a. Z soit un réel ;
b. Z soit un imaginaire pur éventuellement nul ;
c. Z soit de module 1.
2. Calcule Z − 1 × z − z A et en déduis que, lorsque M z parcourt le cercle de centre B et
de rayon R, les points d'affixes Z sont tous situés sur un même cercle dont on précisera le
centre et rayon.
Exercice 2 :
1. Démontre que pour tout entier naturel n, 2 3n − 1 est un multiple de 7. En déduis que
2 3n + 1− 1 et 23n + 2 − 4 sont des multiples de 7.
2. Détermine les restes de la division par 7 des puissances de 2.
3. Pour tout p ∈ ℕ, on considère le nombre A p = 2 p + 2 2p + 2 3p .
a. Si p = 3n, quel est reste de la division de A p par 7?
b. Démontre que si p = 3n + 1 alors A p est divisible par 7.
c. Étudie le cas où p = 3n + 2.
Problème :
Les parties A et B sont indépendantes.
A. Soit f la fonction définie 0 , + ∞ par f xln e 2x + 2e
.
−x
On designe par C  la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal
O, i , j , unité graphique : 2cm.
1. Montre que, pour tout réel x positif : f x = 2x + ln 1 + e
.
− 3x
2. a. Étudie la limite de f en + ∞.
b. Montre que la droite D d'équation y = 2x est asymptote à C , quand x tend vers
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+ ∞.
c. Étudie la position de C  et D.
3. Étudie les variations de f.
4. Trace C  et D.
α
1
.
0
3
6. Établis que, pour tout réel u, u ≥ 0 ; ln 1 + u ≤ u.
5. Montre que, pour tout réel α, α > 0 :
∫e
7. En déduis que, pour tout réel α, α > 0 :
− 3x
dx ≤
α
2
∫ ln 1 + 2e dx ≤ 3 .
− 3x
0
8. Soit Aα  l'aire, exprimée en cm 2 , du domaine limité par les droites d'équations x = 0 ;
x = α, y = 2x et la courbe C .
En déduis des quetions précédentes une majoration de A α  par un nombre
indépendant de α.
B. 1. Étudie les variations de la fonction h définie dans l'intervalle 2 ; 4 par :
h : x ⟼ h x = 2 − x + lnx ; en déduis que l'équation h x = 0 admet une solution
unique β
2. Soit u n  la suite définie par u 0 = 2 et pour tout entier naturel n, u n + 1 = 2 + lnu n .
Montre que l'image de l'intervalle 2 ; 4 par la fonction g : x ⟼ 2 + lnx est incluse
dans l'intervalle 2 ; 4 .
3. Montre que en utilisant l'inégalité des accroissements finis que pour tout entier naturel
1
n : un + 1− α ≤ un − β .
2
4. En utilisant un raisonnement par récurrence, prouve que pour tout entier nature n :

n
1
un − β ≤ 2
.
2
5. En déduis que u n  est convergente.
6. Détermine un entier N tel que u N − β ≤ 10 − 4
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CORRIGÉ :
Mathématiques
-
Série : TSE-STI
-
Durée : 4 heures
- Coef : 4
AM2
Exercice 1 :
On désigne par A et B les points d'affixes respectives z A = 2 − i ; z B = − 2i.
∀ z ∈ ℂ\ − 2i . On pose : Z =
z − zA
.
z − zB
1. Déterminons dans chaque cas, l'ensemble des points M z tel que :
a. Z soit un réel
Méthode 1 :
Mettons Z sous la forme algébrique :
Soit z = x + iy ( où x, y ∈ ℝ ) avec z ≠ − 2i
Z=
x + iy − 2 − i
x + iy + 2i
x − 2 + i  y + 1
x + i  y + 2
=
x − 2 + i  y + 1 x − i  y + 2
2
x 2 +  y + 2
=
x x − 2 +  y + 1  y + 2 + i − x − 2  y + 2 + x  y + 1
=
x 2 +  y + 2
2
x 2 − 2x + y 2 + 3y + 2 + i − xy − 2x + 2y + 4 + xy + x
=
2
x 2 +  y + 2
=

x 2 + y 2 − 2x + 3y + 2
− x + 2y + 4
+i 2
2
2
2
x +  y + 2
x +  y + 2

Z ∈ ℝ ⟹ − x + 2y + 4 = 0, donc l'ensemble des points M cherchés est la droite
d'équation : x − 2y − 4 = 0 privée du point B 0 ; − 2.
Méthode 2 :
z − zA
z − zA
Z soit réel ⟹ Z = Z ⟺
=
z − zB
z − zB



⟺ z − z A z − z B = z − z B  z − z A

⟺ z z − z zB − zA z + zA zB = z z − z zA − zB z + zA zB


⟺z z A − z B + z B − z A z + z A z B − z Az B = 0
⟺ 2 − iz + − 2 − i z + 2i 2 − i + 2i 2 + i = 0
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
 

⟺2 z − z − i z + z + 2i 4 = 0
⟺ 2 × 2iy − i × 2x + 8i = 0
⟺ − 2x + 4y + 8 = 0 ⟹ − x + 2y + 4 = 0.
L'ensemble des points M est la droite d'équation − x + 2y + 4 = 0 privée du point B.
Méthode 3 :²
Z est réel ⟹ arg
 
z − zA
z − zB
= kπ ou Z = 0 ( avec k ∈ ℤ ) ⟹ les points A, B et M sont
alignés d'où le point M est sur la droite ( AB ) donc l'ensemble des points M
cherché est la droite ( AB ) privée du point B
b. Z ∈ iℝ ( éventuellement nul )
Méthode 1 :
Z ∈ iℝ ⟹ x 2 + y 2 − 2x + 3y + 2 = 0 avec x,y ≠ 0 , − 2.
 
3
x + y − 2x + 3y + 2 = 0 ⟺ x − 1 + y +
2
2
2
2
2
=
5
4

L'ensemble des points M du plan est le cercle de centre I 1 ;

5
−3
et de rayon r =
2
2
privé du point B 0 ; − 2
Méthode 2 : posons :Z = − Z
Z=− Z ⟺
z − zA
z − zA
=−
z − zB
z − zB



⟺ z − z A  z − z B = − z − z B  z − z A

⟺ z z − z zB − zA z + zA zB = − z z + z zA + zB z − zA zB


⟺2z z − z z A + z B − z B + z A z + z A z B − z A z B = 0
 − 2 − 3i z + 2i 2 − i − 2i 2 + i = 0
⟺2z z − 2 + 3iz




⟺ 2z z − 2 z + z − 3i z − z + 2i − 2i = 0
⟺ 2 x 2 + y 2  − 2 ( 2x ) − 3i 2iy + 4 = 0
 
 
3
⟺ x + y − 2x + 3y + 4 = 0⟺ x − 1 + y +
2
2
2
2
2
L'ensemble des points M du plan est le cercle de centre I 1 ;
=
5
4
5
−3
et de rayon r =
2
2
privé du point B 0 ; − 2
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Méthode 3 : méthode géométrique








Z est imaginaire pur ⟹ Z = 0 ou arg
 
z − zA
kπ
=
2
z − zB
avec k ∈ ℤ ⟹
AM × BM = 0
d'où l'ensemble des points M cherché du plan est le cercle de diamètre AB
privé du
point B
c.
Z =1
Méthode 1 :
Z =1 ⟺
x − 2 + i  y + 1
x + i  y + 2
=1
⟺ x − 2 + i  y + 1 = x + i  y + 2
⟺ x − 2 +  y + 1 = x 2 +  y + 2
2
2
2
⟺ 4x + 2y − 1 = 0
L'ensemble des points M du plan est la droite d'équation 4x + 2y − 1 = 0 .
Méthode 2 :
Z =1 ⟺
z − zA
= 1 ⟺ z − z A = z − z B ⟺ AM = BM. Alors l'ensemble des
z − zB
points M est la médiatrice du segment AB
2. Calculons Z − 1 × z − z B
Z − 1 × z − zB =
z − zA
− 1 × z − z B = z B − z A = − 2i − 2 + i = 5 .
z − zB
Z − 1 × z − zB = 5 .
Déduisons, lorsque M z parcourt le cercle de centre B et de rayon R, les points d'affixes Z
sont situés sur un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.
M parcourt le cercle de centre B et de rayon R ⟺ z − z B = R.
D'après la question précédentes, on a : Z − 1 × z − z B = 5 ⟹ Z − 1 =
points d'affixes Z appartiennent au cercle de centre I 1 ; 0 et de rayon
5
, alors les
R
5
.
R
Exercice 2 :
1. Démontrons que pour tout n ∈ ℕ, 2 3n − 1 est un multiple de 7.
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Méthode 1 :
2 3n = 2 3 = 8 n .
n
On sait que 8 ≡ 1 7 et pour tout n ∈ ℕ, 8 n ≡ 1 7 ⟹ 2 3n ≡ 1 7 ⟹ 23n − 1 ≡ 0 7 , alors
2 3n − 1 est un mulitiple de 7.
Méthode 2 :
Posons P n : la relation 2 3n − 1 est un multiple de 7 c'est-à-dire 2 3n − 1 ≡ 0 7 .
Pour n = 0 , 2 0 − 1 = 1 − 1 = 0 ≡ 0 7 vraie.
Supposons que P n est vraie jusqu'au rang n c'est-à-dire 2 3n − 1 ≡ 0 7 et montrons que P n + 1
est vraie au rang n + 1 c'est-à-dire 2 3n + 3 − 1 ≡ 0 7 .
2 3n + 3 − 1 = 2 3n × 8 − 1 = 2 3n 7 + 1 − 1 = 7 × 2 3n + 2 3n − 1 = 7 × 2 3n + 7k ≡ 0 7 .
Pour tout n ∈ ℕ, 2 3n − 1 est un multiple de 7.
Déduisons que : 2 3n + 1− 2 et 2 3n + 2 − 4 sont des multiples de 7.
On sait que : 23n − 1 ≡ 0 7 ⟹2 2 3n − 1 ≡ 2 × 0 7 ⟹23n + 1− 2 ≡ 0 7
On sait que 2 3n + 1− 2 ≡ 0 7 ⟹2 23n + 1− 2 ≡ 2 × 0 7 ⟹23n + 2 − 4 ≡ 0 7 . D'où 23n + 1− 2
et 2 3n + 2 − 4 sont des multiples de 7.
Méthode 3 :
2 3n − 1 = 2 3 n − 1 = 8 n − 1 = 8 − 1 8 n − 1 + 8 n − 2 + ⋯ + 8 +1= 7 8 n − 1 + 8 n − 2 + ⋯ + 8 +1
est multiple de 7. Donc 23n − 1 ≡ 7 .
2. Déterminons les restes de la division par 7 des puissances de 2.
Posons 2 n ≡ r 7 où r sont les restes de cette division.et n ∈ ℕ.
Pour n = 0 , 2 0 = 1 ≡ 1 7
Pour n = 1, 21 = 2 ≡ 2 7
Pour n = 2 , 2 2 = 4 ≡ 4 7
Pour n = 0 , 2 3 = 8 ≡ 1 7 ⟹ 3 est la période, c'est-à-dire 2 3k ≡ 1 7
2 3k + 1≡ 2 7 et 2 3k + 2 ≡ 4 7
avec k ∈ ℕ, donc r ∈ 1, 2, 4 Pour tout p ∈ ℕ,
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3. On considère le nombre A p = 2 p + 2 2p + 2 3p .
a. Si p = 3n, déterminons le reste de la division de A p par 7.
A3n = 2 3n + 2 6n + 29n ≡ ( 1 + 1 + 1 ) 7 ⟹ A3n ≡ 3 7 . alors le reste est 3
b. Démontrons que, si p = 3n + 1 alors A p est divisible par 7.
A3n + 1= 2 3n + 1+ 2 6n + 2 + 2 9n + 3 = 2 3n × 21 + 2 32n × 2 2 + 2 33n × 2 3 ≡ ( 2 + 4 + 1 ) 7 D'où
A3n + 1≡ 0 7 ., alors A p est divisible par 7
c. Étudions le cas où p = 3n + 2.
A3n + 2 = 2 3n + 2 + 26n + 4 + 2 9n + 6 = 2 3n × 2 2 + 232n + 1 × 21 + 2 33n + 2 ≡ ( 4 + 2 + 1 ) 7 .
D'où A3n + 2 ≡ 0 7 ., alors A p est divisible par 7
Problème :
D'après l'énoncé, les parties A et B sont independantes.
A. f est la fonction définie :
f : 0 ; + ∞ ⟶ℝ
x ⟼ f x = ln e 2x + 2e

−x
C  la courbe représentative de la fonction


f dans un repère orthonormal O, i , J , unité
graphique 2cm.
1. Montrons que, pour tout réel x positif : f x = 2x + ln 1 + 2e
Méthode 1 :
f x = ln e 2x + 2e
 = ln
−x

e 2x 1 +
D'où f ( x ) = 2x + ln 1 + 2e
−x
2e
e 2x

= lne 2x + ln 1 + 2e
.
− 3x
 = 2x + ln1 + 2e − 3x.
− x − 2x
.
− 3x
Méthode 2 :
2x + ln 1 + 2e
 = 2x + ln1 + 2e − 3x
− 3x
= 2xlne + ln 1 + 2e
− 3x
= lne 2x + ln 1 + 2e

= ln e 2x + 2e

− 3x

− 3x + 2x
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= ln e 2x + 2e
 = f x.
−x
2. a. Étudions la limite de f en + ∞.
lim f x = lim 2x + ln 1 + 2e
x→ + ∞

= + ∞ + ln 1 = +∞
− 3x
x→ + ∞
b. Montrons que la droite D d'équation y = 2x est une asymptote à C  quand x tend
vers + ∞.
Méthode 1
lim
x→ + ∞
f x − y = lim ln 1 + 2e
 = ln1 = 0 alors D :
− 3x
x→ + ∞
y = 2x est une asymptote
oblique à la courbe C  au voisinage de + ∞.
Méthode 2
lim f x = + ∞, Faisons la recherche des branches paraboliques en + ∞
x⟶ + ∞




lim
− 3x
− 3x
f x
2x + ln 1 + 2e 
ln 1 + 2e 
= lim
= lim 2 +
= 2.
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞
x
x
x
lim
f x − 2x = lim ln 1 + 2e
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞
 = ln 1 = 0
− 3x
x⟶ + ∞
Donc y = 2x est est asymptote
oblique à C 
c. Étudions la position de C  et D :
Etudions le signe de f x − y suivant les valeurs de x
f x − y = ln 1 + 2e

− 3x
Méthode 1 :
On sait que pour tout x ∈ ℝ, 2e
− 3x
> 0 ⟹ 1 + 2e
− 3x
> 1 ⟹ ln 1 + 2e
 > 0 alors C 
− 3x
est au dessus de D
Méthode 2 :
Étudions la fonction x⟼ln 1 + 2e
Posons k x = ln 1 + 2e
l
 pour tout x ∈
− 3x
0; + ∞.

− 3x
Limite de k en + ∞
lim k x = ln1 = 0
x⟶ + ∞
l
l
Calculons k 0 : k 0 = ln3
Dérivée k' de k :
k' x = −
− 3x
6e
.
− 3x
1 + 2e
Signe de k' x
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Pour tout x ∈ 0 ; + ∞ , k' x < 0.
Tableau de variation de k
x
+∞
0
k' x
−
ln3
k x
0
D'après le tableau de variation de k, pour tout x ∈ 0 ; + ∞ , k x > 0 par suite
f x − y > 0 alors C  est au dessus de D.
3. Étudions les variations de f.
l
Dérivée de f : Pour tout x ∈ 0 , + ∞ f est dérivable,
f ' x = 2 −
− 3x
− 3x
6e
2 + 4e − 6e
=
− 3x
− 3x
1 + 2e
1 + 2e
− 3x
=
2 1 − e 
2 e 3x − 1
=
.
− 3x
e 3x + 2
1 + 2e
− 3x
Signe de f ' x :
Pour tout x ∈ 0 , + ∞, f ' x ≥ 0 donc f est croissante sur 0 ; + ∞.
4. Traçons C  et D.
l
Calculons f 0 puis dressons les tableau de variation de f.
f 0 = ln3
x
0
f ' x
0
+∞
+
+∞
f x
ln3
l
Trace de C  et D
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y
3
2
1
j
β
O
i
1
5. Montrons que, pour tout réel α, α > 0 :
Calculons :
∫
α
0
e
− 3x
α
∫e
− 3x
0
dx = −
2
α
∫e
0
− 3x
dx ≤
3
x
1
3
dx
1 α
1 − 3x
− 3x
− 3e dx = − e
∫
3 0
3
α
0
=−
1  − 3α 
e −1.
3
On sait que, pour tout α > 0 :
e
− 3α
α
>0 ⟹ −
1 − 3α
1 − 3α 1 1
e <0 ⟹ − e + <
3
3
3 3
⟹
α
∫e
0
− 3x
dx <
1
par consequent
3
1
3
6. Établissons que, pour réel u, u ≥ 0 : ln 1 + u ≤ u.
ln 1 + u ≤ u⟺ln 1 + u − u ≤ 0
Posons p u = ln 1 + u − u
Étudions la fonction p.
Dérivée :
∫e
0
− 3x
dx ≤
p' u =
1
u
−1=−
≤ 0 pour tout u ≥ 0, donc p est une fonction décroissante.
1+u
1+u
Calculons p 0
p 0 = 0
Méthode 1
Tableau de variation de p :
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u
0
p' u
0
+∞
−
0
p u
−∞
D'après le tableau de variation de p, pour tout u ≥ 0, p u ≤ 0 alors ln 1 + u ≤ u.
Méthode 2
Tableau de signe comparé
u
0
p' u
0
+∞
−
0
p u
D'après le tableau de signe comparé de p, pour tout u ≥ 0, p u ≤ 0 alors ln 1 + u ≤ u
α
2
− 3x
7. Déduisons que, pour tout réel α, α > 0 : ∫ ln 1 + 2e dx ≤
0
3
D'après la question 6° ) on a : ln 1 + u ≤ u , pour tout u ≥ 0
Posons u = 2e
d'où
α
− 3x
> 0 alors ln 1 + 2e
α
α
 ≤ 2e − 3x ⟹ ∫0 ln 1 + 2e − 3xdx ≤ 2 ∫0 e − 3xdx ≤ 2
− 3x

1
3
2
∫ ln1 + 2e dx ≤ 3 .
− 3x
0
A α  =
α
∫  f x − ydx
0
× 4cm 2
8. Déduisons des questions précédentes une majoration de A α  par un nombre indépendant
de α.
D'après la question 7° ) . On a :
α
ln 1 + 2e
∀α>0
∫
A α  ≤
8 2
cm .
3
0
dx ≤ 2
− 3x
3
⟺4
∫
α
0
ln 1 + 2e
dx
− 3x

× cm 2 ≤
2
× 4cm 2 d'où
3
B. 1. Étudions les variations de la fonction h définie dans l'intervalle 2; 4 par :
h x = 2 − x + lnx.
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h est dérivable sur 2; 4
Dérivée h' de h.
1
h' x = − 1 +
x
Signe de h' x
x ∈ 2 ; 4 ⟺2 ≤ x ≤ 4 ⟺
⟺
1
1
1
≤ ≤
4
x
2
1
1
1
−1≤ −1≤ −1
4
x
2
⟺ −
On a pour tout x ∈ 2 ; 4
3
1
1
1
≤ −1≤− ⟹ −1<0
4
x
2
x
1
− 1 < 0 donc h' x < 0 alors
x
h est strictement
décroissante sur 2 ; 4 .
Calculons h 2 et h 4 :
h 2 = ln2
h 4 = − 2 + 2ln2
Tableau de variation de h sur 2 ; 4 .
x
2
h' x
h x
4
−
ln2
− 2+2ln2
Déduisons que l'équation h x = 0 admet une solution unique β.
D'après le tableau de variation de h sur l'intervalle 2 ; 4 , h est continue et strictement
décroissante donc h réalise une bijection de 2 ; 4 sur − 2 + 2ln2; ln2.
0 ∈ − 2 + 2ln2 ; ln2 ⟹ ∃! β ∈ 2 ; 4 , h β  = 0. D'où l'équation h x = 0 admet une
solution unique β.
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2.






u n  est la suite définie par :
u0 = 2
u n + 1 = 2 + lnu n pour tout n ∈ ℕ.
Montrons que l'image de l'intervalle 2 ; 4 par la fonction g : x⟼2 + lnx est incluse
dans l'intervalle 2 ; 4 .
Pour tout x ∈ 2 ; 4 ⟺ 2 ≤ x ≤ 4⟹ ln2 ≤ lnx ≤ ln4 ⟹2 + ln2 ≤ 2 + lnx ≤ 2 + ln4.
Or 2 ≤ 2 + ln2 ≤ g x ≤ 2 + ln4 ≤ 4. Donc g  2 ; 4  ⊂ 2 ; 4 .
3. Montrons en utilisant l'inégalité des accroisements finis que pour tout entier naturel n :
1
un + 1− β ≤ un − β
2
Déterminons une majoration de g' x
Calculons g' x : g' x =
1
.
x
x∈ 2 ; 4 ⟺ 2≤x≤4 ⟹
1
1
1
1
1
1
≤ ≤ ⟹ ≤ g' x ≤ ⟹ g' x ≤ .
4
x
2
4
2
2
De plus, si x = u n ∈ 2 ; 4 alors g u n  = u n + 1 ∈ 2 ; 4 d'après la question précédente
β∈ 2 ; 4 .
En appliquant l'inégalité des accroissements finis sur un intervalle de bornes β et u n à la
1
u −β
2 n
On remarque que : h x = g x − x et h β  = 0 ⟺ g β  − β = 0 ⟹ g β  = β d'où
1
un + 1− β ≤ un − β
2
4. En utilisant un raisonnement par récurrence, prouvons que pour tout entier naturel n :
fonction g, on a : g u n  − g β  ≤
un − β ≤ 2 ×

1
2
n
Posons P n : u n − β ≤ 2 ×

1 n
pour tout entier naturel n
2

1
Pour n = 0 , on a u 0 − β = 2 − β ≤ 4 − 2 = 2 = 2 ×
2
0
vraie
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Supposons P n vraie
c'est-à-dire
c'est-à-dire u n + 1 − β ≤ 2 ×

1 n
et montrons P n + 1 vraie
2

D'apèrs la question 3° ) on a :
un + 1− β ≤
un − β ≤ 2 ×
1 n+1
2
 
1
1
1 n
1 n+1
un − β ≤ 2 × ×
=2 ×
2
2
2
2
donc u n + 1 − β ≤ 2 ×
Pn: un − β ≤ 2 ×

1 n+1
d'où P n + 1 vraie
2

1 n
pour tout entier naturel n est vraie.
2
Autre méthode ne repondant pas à la question posée
D'après la question précédente, pour tout k ∈ ℕ , u k + 1 − β ≤
1
u −β
2 k
1
u −β
2 k
Varions k :
uk + 1 − β ≤
k =0
u1 − β ≤
1
u −β
2 0
k =1
u2 − β ≤
1
u −β
2 1
k =2
u3 − β ≤
1
u −β
2 2
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
k=n−2
un − 1 − β ≤
k = n −1
un − β ≤
En faisant le produit membre à
membre et en simplifiant on a :
un − β ≤
1
u −β
2 n−2
1
u −β
2 n−1

1 n
u0 − β
2
on sait que 2 ≤ β ≤ 4 ⟺ − 4 ≤ − β ≤ − 2 ⟺ 2 − 4 ≤ u 0 − β ≤ 0 ⟹ u 0 − β ≤ 2.
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

1 n
1
donc : u n − β ≤
u0 − β ≤ 2 ×
2
2
n
.
5. Déduisons que u n  est convergente :


n
1
1
un − β ≤ 2 ×
et lim 2 ×
x→ + ∞
2
2
n
lim u n = β d'où
=0 ⟹
x→ + ∞
( u n ) est une suite
convergente et converge vers β.
−4
6. Déterminons un entier N tel que u N − β ≤ 10 .
u N − β ≤ 10
−4
⟹2×

1
2
N
≤ 10
−4
⟹
1
2
N−1
−4
≤ 10 ⟹ − ln2 N − 1 ≤ − 4ln10
⟹ N − 1ln2 ≥ 4ln10
4ln10
⟹ N−1≥
ln2
4ln10 + ln2
⟹N ≥
= 14,2877
ln2
⟹ N ≥ 15
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ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TSEco -
Durée : 3 heures
-
Coef : 3
AM2
Exercice 1……………………………………………………………..…………. ( 6 pts )
Trois capitaux, en progression arithmétique, ont pour somme 81000000 F CFA.
1. Calcule ces capitaux sachant que le troisième capital est le double du premier.
2. On place ces capitaux dans les conditions suivantes :
l
18000000 F CFA à 6% pendant 90 jours ;
l
27000000 F CFA à 4,5% pendant 60 jours;
l
36000000 F CFA à t% pendant 30 jours.
Le taux moyen de ces placements est : 5,735%.
Calcule le taux du troisième capital.
Exercice 2……………………………………………………………..…………. ( 6 pts )
u = 3
 0 5
On considère la suite numérique u n  définie, pour tout n ∈ ℕ, par : 
.
n∈ℕ

 u = un − 3
 n+1
6
Soit v n 
n∈ℕ
la suite définie par : ∀ n ∈ ℕ,v n = 5u n + 3.
1. Démontre que v n  est une suite géométrique. En déduis une expression de u n en fonction
de n.
2. Démontre que u n est une suite décroissante.
3. a. Calcule S n = v 0 + v1 + ... + v n + 1 et S' n = u 0 + u1 + ⋯ + u n + 1.
b. Détermine les limites de S n et S' n quand n → + ∞.
Problème……………………………………………………………..…………. ( 8 pts )
Le plan est muni d’un repère orthonormal O ; I ; J. Soit f la fonction définie par :
f : x ⟼ lnx ‒1 et C sa courbe représentative.
2
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1. a. Détermine l’ensemble définition de f.
b. Calcule les limites defaux bornes de son ensemble définition.
2. a. Calcule la fonction dérivée f ' de f.
b. Étudie le signe de f x.
c. Dresse le tableau de variationsf.
3. a. Reproduis et Complète le tableau ci - dessous :
x
f x
e
−1
1
2
e
3
4
5
b. Construis la courbe représentative C  de f.
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CORRIGÉ :
Mathématiques
-
Série : TSEco
-
Durée : 3 heures
-
Coef : 3
AM2
Exercice 1 :
Soient C1, C 2 et C 3 les trois capitaux en progression arithmétique de raison r
C1 + C 2 + C 3 = 81 000 000
1. Calculons ces capitaux sachant que C 3 = 2C1
Méthode 1 :


 C1 + C 2 + C 3 = 81 000 000
C1 + ( C1 + r ) + ( C1 + 2r ) = 81 000 000


⟹




C
=
2C

C1 + 2r = 2C1
3
1
⟹






⟹






3C1 + 3r = 81 000 000
− C1 + 2r = 0
3C1 + 3r = 81 000 000
− 3C1 + 6r = 0
9r = 81 000 000 ⟹r =
81 000 000
= 9 000 000
9
− C1 + 2r = 0⟹C1 = 2r = 2 × 9 000 000 = 18 000 000 ; C1 = 18 000 000F CFA
C 2 = 18 000 000 + 9 000 000 = 27 000 000 ; C 2 = 27 000 000F CFA
C3 = 18 000 000 + 2 × 9 000 000 = 36 000 000 ; C 3 = 36 000 000F CFA
Méthode 2 :
C1, C 2 et C 3 sont en progression arithmétique ⟹ C1 + C 3 = 2C 2
C1 + C 2 + C 3 = 81 000 000 ⟹3C 2 = 81 000 000
⟹ C2 =
81 000 000
= 27 000 000F CFA
3
C 3 = 2C1 et C1 + C 2 + C 3 = 81 000 000 ⟹ C1 + 27 000 000 + 2C1 = 81 000 000
⟹ 3C1 = 81 000 000 − 27 000 000
⟹C1 =
54 000 000
= 18 000 000F CFA
3
C 3 = 2C1 = 2 × 18 000 000 = 36 000 000F CFA
Autrement






C1 + C 2 + C 3 = 81 000 000 C1 + 27 000 000 + C 3 = 81 000 000
⟺ 
C 3 = 2C1
C 3 = 2C1
⟺
C1 + C 3 = 54 000 000






2C1 − C 3 = 0
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3C1 = 54 000 000 ⟹ C1 = 18 000 000F CFA
C 3 = 2C 2 = 2 × 18 000 000 = 36 000 000F CFA
2. Calculons le taux du troisième capital
tm =
C1n1t1 + C 2 t 2 n 2 + C 3t 3n3
C1n1 + C 2 n 2 + C 3²n 3
18 000 000 × 6 × 90 + 27 000 000 × 4,5 × 60 + 36 000 000 × t × 30
⟹ 5,735 =
18 000 000 × 90 + 27 000 000 × 60 + 36 000 000 × 30
9 720 000 000 + 7 290 000 000 + 1080 000 000 × t
⟹5,735 =
18 000 000 × 90 + 27 000 000 × 60 + 36 000 000 × 30
⟹5,735 =
9 72 + 7 29 + 108t
432
⟹5,735 × 432 = 1701 + 108t
⟹t =
2477,5 − 1701
= 7,19 %
108
Exercice 2 :
U n  n ∈ ℕ
U = 3
 0 5
:
et V n  n ∈ ℕ : V n = 5U n + 3

U = U n − 3
6
 n+1
1. Démontrons que V n  est une suite géométrique
V n = 5U n + 3 ⟹ V n + 1 = 5U n + 1 + 3 = 5 ×
Vn + 1=
Un − 3
5U − 15 + 18 5U n + 3 V n
+3= n
=
=
6
6
6
6
1
1
V n , alors V n  est une suite géométrique de raison q = et de premier terme
6
6
V 0 = 5U 0 + 3 = 5 ×
3
+ 3 = 6 ; V0 = 6
5
Deduisons une expression de U n en fonction de n
Vn = V0 × qn = 6
V n = 5U n + 3
Un =

1 1
5 6

1
6
⟹
n−1
−
n
    
V −3 1
1
Un = n
= 6
5
5
6
n
6 1
−3 =
5 6
n

3 1 1
− =
5 5 6
n−1
−
3
5
;
3
5
2. Démontrons que U n  est décroissante
Un =

6 1
5 6
n
−

3
6 1
⟹U n + 1 =
5
5 6
n+1
−
3
5
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Un + 1− Un =

6 1
5 6
n+1
−
 
3
6 1
−
5
5 6
n
−
3
5
=
6
3 6
1
3
1
× n+1 − − × n +
5 6
5 5 6
5
=
6 1
6
6
−1
−5
−
= × n+1 = n < 0
5 6n + 1 6n + 1
5
6
6

  
U n + 1 − U n ≤ 0 ⟹ U n  est décroissante
3. a. Calculons S n = V0 + V1 + ⋯ + V n − 1 et S'n = U 0 + U1 + ⋯ + U n − 1

1− 1
n
6
1−q
S n = V0 + V1 + ⋯ + V n − 1 = V 0 ×
=6×
1
1−q
1−
6

1− 1
6
=6×
5
−
6
=
36
5

1
6
n
n
n
−1
S n' = U 0 + U1 + ⋯ + U n − 1
U0 =
V0 − 3
5
U1 =
V1 − 3
5
⋮
⋮
⋮
Un − 1 =
S 'n =
Vn − 1 − 3
5
 
S n − 3n 1 36
=
5
5 5
1
6
n
 
− 1 − 3n =
36
25
1
6
n
−1 −
3n
5
b. Déterminons les limites de S n et de S'n quand n⟶ + ∞
lim S n = lim
36
5
lim S n' = lim
36
25
n⟶ + ∞
n⟶ + ∞
n⟶ + ∞
n⟶ + ∞


1
6
1
6
n
−1 =−
n
−1 −
36
5
3n 36
=
0−1 −∞=−∞
5
25
Problème :
Le plan est muni d'un repère ortonormal O ; I ; J
f ( x ) = ln x − 1, C  est la représentation graphique de la fonction f
2
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1. a Déterminons l'ensemble de définition de f
D f = x∕x ∈ ℝ, x > 0 ⟹D f = 0; + ∞
b. Calculons les limites de f aux bornes de son ensemble de définition
lim f x = lim ln x − 1 = + ∞
2
x⟶0+
x⟶0+
lim f x = lim ln x − 1 = + ∞
2
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞
2. a. Calculons la fonction dérivée f ' de f
f est dérivable sur 0; + ∞
f ' x = 2 ×
1
2ln x
× ln x =
x
x
b. Étudions le signe de f ' ( x )
2
> 0 ; f ' ( x ) a même signe que ln x
x
∀ x ∈ 0; + ∞,
Tableau de signe :
x
0
+∞
1
f ' x
−
+
0
c. Dressons le tableau de variation de f :
f 1 = ln 1 − 1 = − 1
2
x
0
f ' x
f ' x
+∞
1
0
−
+
+∞
+∞
−1
3. a. Reproduisons et complétons le tableau :
x
e
f (x)
f e
−1
0
1
2
e
3
4
5
−1
ln 2 2 −1
0
ln 3 2 −1
ln 4 2 −1
ln 5 2 −1
 = ln e − 12 − 1 = 0 ;
−1
f ( 1 ) = − 1 ; f ( 2 ) = ln 2 − 1 ≈ − 0,52
2
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f ( e ) = ln e − 1 = 0 ;
f ( 3 ) = ln 3 − 1 ≈ 0, 21 ;
2
f ( 4 ) = ln 4 − 1 ≈ 0, 92 ;
2
2
f ( 5 ) = ln 5 − 1 ≈ 1,59
2
b. Représentons graphiquement la courbe C  de f
y
4
3
C 
2
1
-1
j
O
-1
i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
-2
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ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TSExp
-
Durée : 3 heures
-
Coef : 3
AM2
.
Exercice 1: ------------------------------------------------------------------------------------- ( 6 points )
On se propose de résoudre, dans ℂ, l'équation
E: z 3 − 2 + i



2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = 0.
1. Détermine le réel y tel iy soit une solution de E.
2. Détermine les réels a et b tels que, pour tout nombre complexe z, on ait:




z 3 − 2 + i 2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = z − iy z 2 + az + b.
3. Achève la résolution de E  puis écris chacune des solutions sous forme trigonométrique.
Exercice 2: ------------------------------------------------------------------------------------- ( 6 points )
On consièdre la suite numérique U n  n ∈ ℕ définie par : U n = e 2n − 1.
1. a. Calcule U 0, U1, U 2, U 3 et U n − 1.
b. Démontre que U n  est une suite géométrique dont on précisera la raison.
c. Exprime en fonction de n la somme S n = U 0 + U1 + ⋯ + U n .
d. Calcule lim S n .
n ⟶ +∞
e. Trouve la valeur minimale de n telle que S n ≥ 10.
2. Soit la suite V n  définie par : ∀ n ∈ ℕ, V n = ln U n . On pose T n = V 0 + V1 + ⋯ + V n .
Exprime le produit P n = U 0 × U1 × ⋯ × U n en fonction de T n .
Problème: --------------------------------------------------------------------------------------( 10 points )
On considère la fonction numérique f définie sur − ∞; + ∞ par
f : x ⟼ f ( x ) = 2x + 1 − xe x − 1


et on note C f  la courbe courbe représentative de f dans le plan orthonormé O, i , j d'unité
graphique 2cm.
1. Calcule les limites de f en − ∞ et en + ∞.
2. Démontre que la droite Δ d'équation y = 2x + 1 est asymptote à C f  au voisinage de
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− ∞ puis précise la position relative de C f  et Δ.
3. a. Étudie les variations de la fonction dérivée f ' de f.
b. Calcule f ' ( 1 ) puis en déduis le signe de f ' ( x ) sur − ∞; + ∞ .
c. Dresse le tableau de variations de f.
4. Démontre que l'équation f ( x ) = 0 admet deux solutions α et β telles que 1,9 < α < 2 et
− 0,6 < β < − 0,5.
5. Calcule la limite de
f(x)
en + ∞ puis en donne une interprétation géométrique.
x
6. Trace C f  et Δ.
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CORRIGÉ :
Mathématiques
-
Série : TSExp
-
Durée : 3 heures
-
Coef : 3
AM2
Exercice 1:
E : z 3 − 2 + i



2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = 0
1. Déterminons le réel y tel que iy soit une solution de ( E ) .
iy3 − 2 + i



2 iy 2 + 2 1 + i 2 iy − 2i 2 = 0
⟺ − iy3 + 2y 2 + i 2 y 2 + 2iy − 2 2 y − 2i 2 = 0


⟺ 2y 2 − 2 2 y + i − y3 + 2 y 2 + 2y − 2 2 = 0

1
2y 2 − 2 2 y = 0
⟺ 



− y 3 + 2 y 2 + 2y − 2 2 = 0
1⟹ 2y y −
2

2 = 0 ⟹ y = 0 ou y = 2
y = 0 ne vérifie pas l'équation 2
−
 2 + 2 2
3
2
+2
 2−2
2 = 0 ⟹ 0 = 0 ; y = 2 vérifie l'équation 2
donc y = 2
2. Déterminons les réels a et b tels que pour tout nombre complexe z :





z 3 − 2 + i 2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = z − i 2
z
2
+ az + b
Methode 1 : Utilisation de l'algorithme de Hörner
1
i 2
−2−i 2
2+2i 2
− 2i 2
i 2
− 2i 2
2i 2
−2
2
0
1
Donc a = − 2 et b = 2
z 3 − ( 2 + i 2 ) z 2 + 2 ( 1 + i 2 ) z − 2i 2 = ( z − i 2 ) ( z 2 − 2z + 2 )
Methode 2 : Utilisation des coefficients indeterminés





z 3 − 2 + i 2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = z − i 2
z
2
+ az + b
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= z 3 + az 2 + bz − i 2 z 2 − i 2 az − i 2 b








z 3 − 2 + i 2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = z 3 + a − i 2 z 2 + b − i 2 a z − i 2 b
Par identification :
 a−i 2 =−2−i 2


 b − i 2 a = 2 + 2i 2


 − i 2 b = − 2i 2
donc a = − 2 et b = 2
z 3 − ( 2 + i 2 ) z 2 + 2 ( 1 + i 2 ) z − 2i 2 = ( z − i 2 ) ( z 2 − 2z + 2 )
Methode 3 : Division euclidienne




+
i 3z
2
−
2z 2 +2 1 + 2 z
z 3 − 2 + i 2 z 2 +2 1 + i 2 z − 2i 2
−z
0
3
z 2 − 2z +2

2z 2
z−i 2

− 2i 2 z
2z − 2i 2
− 2z +2i 2
0 + 0
a = − 2 et b = 2
3. Achèvons la resolution de ( E )
z − i 2 z
2
− 2z + 2 = 0 ⟹ z − i 2 = 0 ou z 2 − 2z + 2 = 0
z−i 2 =0 ⟹ z=i 2
z 2 − 2z + 2 = 0
z1 =
on calcule Δ = 4 − 8 = − 4 = 4i 2 et on trouve
2 − 2i
2 + 2i
= 1 − i et z 2 =
=1+i
2
2


l'ensemble des solutions est S = i 2 ; 1 − i ; 1 + i
Ecrivons chacune des solutions sous forme trigonometrique :
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
z 0 = i 2 ⟹ z 0 = 2 cos π + isin π
2
2
z1 = 1 − i =


2
1
cosθ1 =
=

2
2

2 et soit θ1un arg de z1, on a : 

2
1
=−
 sinθ1 = −
2
2

⟹ θ1 = −
π
4
   
donc z1 = 2 cos − π + isin − π
4
4
z2 = 1 + i =

2
1
=
 cosθ 2 =
2
2

2 et soit θ 2 un arg de z 2, on a : 

2
1
=
 sinθ 2 =
2
2


z 2 = 2 cos π + isin π
4
4
⟹ θ2 =
π donc
4

Exercice 2:
U n  est la suite définie par : U n = e 2n − 1
1.
a.
Calculons U 0 ; U1 ; U 2 ; U 3 et U n + 1
U 0 = e 2 ( 0 ) − 1= e
−1
⟹ U0 = e
−1
U1 = e 2 ( 1 ) − 1= e1 ⟹ U1 = e
U 2 = e 2 ( 2 ) − 1= e3 ⟹ U 2 = e3
U3 = e 2 ( 3 ) − 1= e5 ⟹ U 0 = e5
U n + 1 = e 2 ( n + 1 ) − 1= e 2n + 1 ⟹ U n + 1 = e 2n + 1
b. Démontrons que U n  est une suite géométrique dont on précisera la raison.
U n + 1 e 2n + 1
− 2n + 1
= 2n − 1 = e 2n + 1× e
= e 2 donc ( U n ) est une suite géometrique de raison
Un
e
q = e2 .
c.
Exprimons en fonction de n la somme S n = U 0 + U1 + ⋯ + U n
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S n = U0 ×
d.
1 − qn + 1
1 − e 2n + 2
1 − e 2n + 2
−1
=e ×
⟹
S
=
n
1−q
1 − e2
e − e3
Calculons lim S n
n→ + ∞
1 − e 2n + 2
lim S n = lim
= + ∞ donc
3
n→ + ∞
n→ + ∞ e − e
lim S n = + ∞
n→ + ∞
e. Trouvons la valeur minimum de n telle que S n ≥ 10
S n ≥ 10 ⟹
1 − e 2n + 2
≥ 10 ⟹ 1 − e 2n + 2 ≤ 10 e − 10 e 3
e − e3
⟹ − e 2n + 2 ≤ 10 e − 10 e3 − 1
⟹ e 2n + 2 ≥ − 10 e + 10 e 3 + 1
⟹ 2n + 2 ≥ ln ( − 10e + 10 e 3 + 1 )
ln − 10e + 10e 3 +1− 2
⟹ n ≥
2
⟹ n ≥ 1,58 donc n = 2
2. Soit la suite V n  définie ∀ n ∈ ℕ ; V n = ln U n  et on pose : T n = V 0 + V1 + ⋯ + V n .
Exprimons P n = U 0 × U1 × ⋯ × U n en fonction de T n
V
V
V 0 + V1 + ⋯ + V n
V
P n = U 0 × U1 × ⋯ × U n = e 0 × e 1 × ⋯ × e n = e
donc P n = eT
Problème :
f ( x ) = 2x + 1 − xe x − 1
1. Calculons les limites de f en − ∞ et en + ∞.
 − ∞ et lim − xe x − 1 = 0
lim f ( x ) = lim 2x + 1 − xe x −1 = − ∞ car lim 2x + 1=
x⟶ − ∞
x⟶ − ∞

lim f ( x ) = lim x 2 +
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞

x⟶ − ∞
x⟶ − ∞
1
− ex−1 = − ∞
x
2. Démontrons que la droite Δ d'équation y = 2x + 1 est asymptote à C f  au voisinage de
− ∞.
lim
x⟶ − ∞
f x − y = lim − xe x − 1 = 0 donc la droite
x⟶ − ∞
Δ
d'équation y = 2x + 1 est
asymptote oblique à C f au voisinage de − ∞.
Précisons la position de C f  par rapport à Δ.
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f x − y = − xe x − 1
On a : ∀ x ∈ ℝ , e x − 1 > 0 donc f x − y a même signe que − x
−∞
x
+∞
0
f x − y
−
+
0
Sur − ∞ ; 0 C f  est au dessus de Δ
Sur 0 ; + ∞ C f  est en dessous de Δ
Pour x = 0 C f  et Δ sont sécantes.
3. a. Etudions les variations de la fonction dérivée f ' de f.
f ' est dérivable sur ℝ ; f ' x = 2 − e x − 1 + xe x − 1 = 2 − 1 + xe x − 1
f '' est dérivable sur ℝ ; f '' x = − e x − 1 + e x − 1− 1 − x = − x − 2e x − 1
∀ x ∈ ℝ , e x − 1 > 0 donc f '' a même signe que − x − 2. On a :
f '' x = 0 ⟹ − x − 2 = 0 ⟹ x = − 2
lim f ' ( x ) = lim 2 − ( 1 + x ) e x − 1 = lim ( 2 − e x − 1 − xe x − 1 ) = 2
x⟶ − ∞
x⟶ − ∞
x⟶ − ∞
lim f ' ( x ) = lim 2 − ( 1 + x ) e x − 1 = − ∞
x⟶ + ∞
x⟶ + ∞
x
−∞
f '' x
+
0
1
0
−
2+ e 3
f ' x
+∞
0
2
−∞
b. Calculons f ' 1 et déduisons le signe de f ' x sur ℝ.
 1 − 1= 2 − 2 = 0 donc f '1 ) = 0
f ' 1= 2 − 1 + 1e
D'après le tableau de variation de f ' on a :
∀ x ∈ − ∞ ; 1 ; f ' x ≥ 0
∀ x ∈ 1 ; + ∞ ; f ' x ≤ 0
c.
Dressons le tableau de variation de f
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x
−∞
f ' x
β
1
α
+
0
−
+∞
2
f x
0
0
−∞
−∞
4. Démontrons que l'équation f ( x ) =0 admet deux solutions α et β telles que 1,9 < α < 2 et
− 0,6 < β < − 0,5.
D'une part f est continue et strictement décroissante sur 1; + ∞ donc elle réalise une
bijection de 1; + ∞ sur − ∞; 2 . De plus 0 ∈ − ∞; 2 donc l'équation f x = 0 admet une
solution unique α ∈ 1; + ∞
f ( 1,9 ) ≈ 0,13 et f ( 2 ) ≈ − 0,44 on a : f ( 1,9 ) × f ( 2 ) < 0 donc 1,9 < α < 2.
D'autre part f est continue et strictement croissante sur − ∞ ; 1 donc elle réalise une
bijection de − ∞ ; 1 sur − ∞; 2 . De plus 0 ∈ − ∞; 2 donc l'équation f x = 0 admet une
solution unique β ∈ − ∞ ; 1
f − 0,6 ≈ − 0,08 et f − 0,5 ≈ 0,11 on a :f − 0,6 × f − 0,5 < 0 donc
− 0,6 < β < − 0,5
On conclut que l'équation f x = 0 admet deux solutions α et β telles que 1,9 < α < 2 et
− 0,6 < β < − 0,5
f(x)
5. Calculons lim
puis en donnons une interprétation géometrique.
x⟶ + ∞
x
lim
x⟶ + ∞


1
f(x)
= lim 2 + + e x − 1 = + ∞ donc C f  admet une branche parabolique
x⟶ + ∞
x
x
direction Oy en + ∞.
6. Traçons C f  et Δ.
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
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y
4
3
2
1
j
-4
-3
-2
-1 O i
-1
1
2
3
4
5
6
x
-2
-3
-4
-5
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
69∕77
ÉPREUVE : Mathématiques
-
Série : TSS
-
Durée : 2 heures
-
Coef : 1
AM2
Exercice 1…………………………………………………………………………… ( 6 pts )
1. Simplifie les expressions suivantes :





1
.
2
x2 + x − 1
2. Soit la fonction définie sur − ∞ ; 1 ∪ 1 ; + ∞ par : t : x ⟼ t x =
.
x−1
c
a. Détermine les réels a, b et c tels que t x = ax + b +
.
x−1
b. Détermine une primitive T de la fonction t.
Exercice 2……………………………………………………………………………. ( 6 pts )
1
On considère les fonctions suivantes : f : x ⟼ f x = 3x 3 − x 2 + 3x + 2 ;
2
A = ln 2 − ln4 − lne 5 − 5 et B = ln 2 − 2 + ln 2 + 2 + ln
g : x ⟼g x =
− x 2 + 2x − 1
2x − 6
et h : x⟼ h x = 2
.
x+1
x −9
1. Détermine le domaine de définition de chacune des fonctions f; g et h.
2. Calcule les limites suivantes : lim g x ; lim f x ; lim h x.
x⟶1 −
x→ + ∞
x→3 +
3. Détermine les fonctions dérivées des fonctions f et g.
Problème……………………………………………………………………………… ( 8 pts )
4x 2 − 4
On considère la fonctionfdéfinie par f :x ⟼
et C  sa courbe.
2x + 1
1. Détermine l’ensemble de définition de f puis vérifie que pour tout x de cet ensemble
f x = 2x − 1 −
3
.
2x + 1
2. Calcule les limites de f aux bromes de son ensemble de définition.
3. Vérifie que la droite D : y = 2x − 1est une asymptote à C .
4. Étudie les variations de f.
5. Construis la courbe C  defainsi que ses asymptotes dans un repère orthonormé.
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CORRIGÉ :
Mathématiques
-
Série : TSS
-
Durée : 2 heures
-
Coef : 1
AM2
Exercice 1:
1. Simplifions les expresions suivantes
A = ln 2 − ln4 − lne 5 − 5 =
A=−
3
ln2 − 10
2




1
1
ln2 − ln2 2 − 5 − 5 = ln2 − 2ln2 − 10
2
2
B = ln 2 − 2 + ln 2 + 2 + ln


1
= ln 2 − 2 2 + 2
2

= ln 2 2 − 2

− ln2
 − ln2
2
= ln 4 − 2 − ln2 = ln2 − ln2 = 0
B=0
2.
x2 + x − 1
D t = − ∞ ; 1 ∪ 1; + ∞ et t x =
x−1
a. Déterminons les réels a, b et c tels que t x = ax + b +
c
x−1
1 ère méthode:
t x = ax + b +

c
ax + b x − 1 + c
ax 2 + x b − a + c − b
=
=
x−1
x−1
x−1
x 2 + x − 1 ax 2 + x b − a + c − b
=
x−1
x−1

a=1
a=1


Par identification on a :  b − a = 1 ⟹  b = 2




c−b=−1  c=1
2
ème
t(x)=x+2+
1
x−1
méthode:
x 2 + x −1
− x2 + x
x −1
x +2
2x −1
− 2x +2
1
Ainsi on a : a = 1; b = 2; c = 1 ⟹ t x = x + 2 +
1
x+1
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71∕77
b. Déterminions une primitive T de la fonction t
1
x2
⟹ T x =
+ 2x + ln x − 1 + c avec c ∈ ℝ
2
x−1
t x = x + 2 +
Exercice 2 :
On considère les fonctions suivantes :
f x = 3x 3 −
1 2
− x 2 + 2x − 1
2x − 6
x + 3x + 2 ; g ( x ) =
et h x = 2
2
x+1
x −9
1. Déterminons le domaine de définition de chacune des fonctions f , g et h.
D f = ℝ = − ∞; + ∞
Dg = x∕x ∈ ℝ; x + 1 ≠ 0
⟹x + 1 ≠ 0 ⟹x ≠ − 1
Dg = ℝ − − 1 = − ∞; − 1 ∪ − 1; ∞
Dh = x∕x ∈ ℝ; x 2 − 9 ≠ 0
⟹x 2 − 9 ≠ 0⟹x 2 ≠ 9⟹ x ≠ ± 3
D h = ℝ − − 3; 3 = − ∞; − 3 ∪ − 3; 3 ∪ 3; ∞
2. Calculons les limites suivantes :
lim g x = lim
x→ − 1 −
x
x→ − 1 −
−∞
x +1
−1
−
lim g ( x ) =
x→ − 1 −
− x 2 + 2x − 1 − − 1 2 + 2 − 1 − 1 − 1 − 2 − 1 − 4
=
=
=
0
0
x+1
−1+1
0
+∞
+
−4
= + ∞.
0−
lim g ( x ) = + ∞
x→ − 1 −
lim f ( x ) = lim 3x 3 −
x→ + ∞
x→ + ∞
1 2
x + 3x + 2 = lim 3x 3 = 3 ( + ∞ ) 3 = + ∞
x→ + ∞
2
lim f ( x ) = + ∞
x→ + ∞
lim h ( x ) = lim
2x − 6 0
= "FI"
0
x2 − 9
lim h ( x ) = lim
2x − 6
2 x − 3
2
2
= lim h ( x ) = lim
= lim h ( x ) = lim
=
2
x→3
x→3 x − 3 x + 3
x→3
x→3 x + 3
3+3
x −9
x→3
x→3
lim h ( x ) =
x→3
x→3
x→3
1
.
3
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3. Déterminons les fonctions dérivées des foncftions f et g.
1
f x = 3x 3 − x 2 + 3x + 2 ⟹ f ' x = 9x 2 − x + 3
2

− x 2 + 2x − 1
− 2x + 2 x + 1 − 1 − x 2 + 2x − 1


g(x)=
⟹ g' x =
x+1
x + 1 2
⟹ g' ( x ) =
g' ( x ) =
2 − 2x 2 + x 2 − 2x + 1 − x 2 − 2x + 3
=
x + 1 2
x + 1 2
− x 2 − 2x + 3
x + 1 2
Problème :
On considère la fonction f définie par : f x =
4x 2 − 4
et C  sa courbe.
2x + 1
1. Déterminons l'ensemble de définition de f
D f = x∕x ∈ ℝ; 2x + 1 ≠ 0
⟹2x + 1 ≠ 0⟹x ≠ −






D f = ℝ\ −
1
2






1
2
= − ∞; −
1
1
∪ − ; +∞
2
2
Vérifions que ∀ x ∈ D f f x = 2x − 1 −
2x − 1 −
3
2x + 1
2x − 1 2x + 1 − 3 = 4x 2 − 1 − 3 = 4x 2 − 4 = f x.
3
=
2x + 1
2x + 1
2x + 1
2x + 1
D'ou f x = 2x − 1 −
3
2x + 1
2. Calculons les limites aux bornes de D f
lim f x = lim
x→ + ∞
x→ + ∞
4x 2 − 4
4x 2
= lim
= lim 2x = 2 + ∞ = + ∞
x→ + ∞ 2x
x→ + ∞
2x + 1
 
 
1 2
−4
2
4x 2 − 4
1−4 −3
lim g ( x ) = lim
=
=
=
1
1
0
0
2x
+
1
1
x→ −
x→ −
2−
+1
2
2
2
4−
−
−
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73∕77
x
−∞
2x +1
−
−
1
2
0
lim g ( x ) =
−3
=+∞
0−
lim g ( x ) =
−3
=−∞
0+
1
x→ −
2
1
x→ −
2
−
+
lim f ( x ) = lim
x→ − ∞
x→ − ∞
+∞
+
4x 2 − 4
4x 2
= lim
= lim 2x = 2 ( − ∞ ) = − ∞
x→ − ∞ 2x
x→ − ∞
2x + 1
3. Vérifions que la droite D : y = 2x − 1 est une symptote à C 

3
3
−3
−3
− 2x − 1 = lim −
= lim
=
x→ + ∞
2x + 1
2x − 1 x→ + ∞ 2x
+∞

3
3
−3
− 2x − 1 = lim −
= lim
=0
x→
−
∞
x→
−
∞
2x
2x + 1
2x − 1
lim  f x − y  = lim 2x − 1 −
x→ + ∞
x→ + ∞

lim  f x − y  = 0
x→ + ∞
De même
lim  f x − y  = lim 2x − 1 −
x→ − ∞
x→ − ∞

lim  f x − y  = 0
x→ − ∞
D'ou la droite D : y = 2x − 1 est une asymptote oblique en + ∞ et − ∞
4. Étudions les variations de f
Calculons la dérivée de f .
f ' x =
8x 2x + 1 − 2 4x 2 − 4 16x 2 + 8x − 8x 2 + 8 8 x 2 + x + 1
=
=
2x + 1 2
2x + 1 2
2x + 1 2
8
>0
2x + 1 2
Posons : x 2 + x + 1 = 0 ⟹ Δ = b 2 − 4ac = 1 2 − 4 1 1 = − 3
f ' ( x ) est de même signe que x 2 + x + 1 car ∀ x ∈ D f
Pour tout x ∈ D f , f ' x > 0
Tableau de variation de f
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74∕77
x
−∞
f ' x
−
1
2
+∞
+
+
+∞
+∞
f x
−∞
∀ x ∈ − ∞; −
−∞
1
1
∪ − ; ∞ f est strictement croissante
2
2
5. Construisons la courbe C  ainsi que les asymptotes dans un repère orthonormé.
y
6
5
4
3
2
1
j
-5
-4
-3
-2
-1 O
-1
i 1
2
3
4
5
x
-2
-3
-4
-5
-6
-7
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« MaliMath » ou « M2 » est une association née à partir d'un groupe de travail.
Elle a été initiée par le département de mathématiques de l'ENSup de Bamako
en collaboration avec l'IGEN et Thomas CASTANET.
« MaliMath » réuni des enseignants de mathématiques du fondamental à
l'université, des formateurs, des conseillers pédagogiques, des inspecteurs.
Depuis 2014,
nous
produisons des ressources numériques
l'enseignement des mathématiques du primaire à l'université.
pour
Nous
organisons aussi des formations à l'adresse des enseignants ( ou tout autre
acteur de l'éducation ) autour de la maitrise et l'usage pédagogique de
l'ordinateur et des logiciels pour l'enseignement des mathématiques.
Pour rejoindre le groupe et contribuer aux activités de « MaliMath », contacter
Baccalauréat Malien-Session d'Octobre 2020-Sujets et Corrigés d'épreuves de mathématiques-MaliMath.
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