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Correction bac 2021 - Série A
Exercice 1
Partie A
11 étant le seul diviseur commun des nombres 9 et 10, la fraction a=9
10 est déjà simplifiée.
1 étant le seul diviseur commun des nombres 18 et 25, la fraction b=18
25 est déjà simplifiée.
La fraction c=4
30 est simplifiable et on a c=4
30 =2×2
2×15 =2
15.
2Première méthode
On écrit d’abord la liste des multiples de 10, de 25 et de 15 :
- Liste des multiples de 10 :
10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 110, 120, 130, 140, 150 , 160 ...
- Liste des multiples de 25 :
25, 50, 75, 100, 125, 150 ,175 ...
- Liste des multiples de 15 :
15, 30, 45, 60, 75, 90, 105, 120, 135, 150 , 165 ...
150 étant le premier nombre présent dans les trois listes, c’est donc le PPCM(10, 25, 15).
Autre méthode
- On décompose les nombres 10, 25 et 15 en produits de facteurs premiers.
- Le PPCM de ces nombres est le produit de tous les facteurs premiers communs ou
non, chacun d’eux n’étant pris qu’une seule fois, avec son exposant le plus grand.
10 = 2 ×5
25 = 52
15 = 3 ×5
Donc le PPCM(10, 25, 15) est 2×52×3 = 150.
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3a.
135
150
9
10 =
×15
×15
108
150
18
25 =
×6
×6
20
150
2
15 =
×10
×10
b.
S=9
10 −18
25 +4
30
=9
10 −18
25 +2
15
=135
150 −108
150 +20
150
=135 −108 + 20
150
=47
150
Partie B
1a.
P(x) = (2x+ 1)(x2+x−6)
= 2x3+ 2x2−12x+x2+x−6
= 2x3+ 2x2+x2−12x+x−6
= 2x3+ 3x2−11x−6
b. Le discriminant associé à l’équation x2+x−6=0est ∆ = 1 −4×(−6) = 25.
Les solutions de l’équation x2+x−6=0sont donc :
x1=−1−√25
2×1=−3 ; x2=−1 + √25
2×1= 2
c.
P(x) = 0 ⇐⇒ (2x+ 1)(x2+x−6) = 0
⇐⇒ 2x+ 1 = 0 ou x2+x−6 = 0
⇐⇒ x=−1
2ou x=−3ou x= 2
L’ensemble des solutions de l’équation P(x) = 0 est S={−3; −1
2; 2}.
2En posant x= ln t, l’équation (E)devient 2x3+ 3x2−11x−6 = 0.
D’après 1.c, les solutions de l’équation 2x3+ 3x2−11x−6=0sont S={−3; −1
2; 2}.
On en déduit que les solutions t1,t2et t3de l’équation (E)vérifient :
•ln t1=−3d’où t1= e−3.
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•ln t2=−1
2d’où t2= e−1
2.
•ln t3= 2 d’où t3= e2.
Donc les solutions de l’équation 2(ln t)3+ 3(ln t)2−11 ln t−6 = 0 sont {e−3; e−1
2; e2}.
Exercice 2
1a. L’ensemble de définition (qui nous est déjà donnée) peut s’écrire :
R∗=] − ∞; 0 [ ∪] 0; +∞[
b. x−1
x=x
x+−1
x= 1 + −1
x. On en déduit que a=−1.
c. •lim
x→−∞
g(x) = lim
x→−∞
x−1
x= lim
x→−∞
x
x= 1.
La courbe (Cg)admet une asymptote horizontale d’équation y= 1 en −∞.
•lim
x→0
x<0
g(x) = lim
x→0
x<0
x−1
x= lim
x→0
x<0
−1
x= +∞.
•lim
x→0
x>0
g(x) = lim
x→0
x>0
x−1
x= lim
x→0
x>0
−1
x=−∞.
La courbe (Cg)admet une asymptote verticale d’équation x= 0.
2a. La fonction gest dérivable sur R∗et on a : ∀x∈R∗,g0(x) = x−(x−1)
x2=1
x2.
b. ∀x∈R∗,g0(x) = 1
x2>0.
La fonction gest strictement croissante sur R∗.
c.
x
g0(x)
g(x)
−∞ 0+∞
+ +
11
+∞
−∞
11
3a. g(−1) = −1−1
−1= 2 ; les coordonnées du point Asont A(−1; 2).
g(1) = 1−1
−1= 0 ; les coordonnées du point Bsont A(1; 0).
g(2) = 2−1
2=1
2; les coordonnées du point Csont C(2; 1
2).
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b.
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
−7−6−5−4−3−2−1 1 2 3 4 5 6 7
(Cg)
•
••
A
B
C
Exercice 3
1X=1+2+3+4+5+6
6= 3,5et Y=1,2+1,8+2,3+2,5+3+3,5
6= 2,38.
D’où les coordonnées du point moyen G(3,5 ; 2,38).
2a.
T1:
X(Age en mois) 1 2 3
Y(Poids en mg) 1,2 1,8 2,3 T2:
X(Age en mois) 4 5 6
Y(Poids en mg) 2,5 3 3,5
b. •X1=1+2+3
3= 2 et Y1=1,2+1,8+2,3
3= 1,77.
D’où les coordonnées du point moyen G1(2 ; 1,77).
•X2=4+5+6
3= 5 et Y2=2,5+3+3,5
3= 3.
D’où les coordonnées du point moyen G2(5 ; 3).
c. La droite d’ajustement linéaire par la méthode de Mayer est la droite passant par
les points G1et G2.
Soit y=ax +bl’équation de cette droite.
La pente aest déterminée par a=3−1,77
5−2= 0,41. D’où y= 0,41x+b.
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On détermine l’ordonnée à l’origine ben remarquant que le point G2(5 ; 3) appartient
à la droite d’équation y= 0,41x+b.
3 = 0,41 ×5 + b. D’où b= 3 −0,41 ×5 = 0,95.
La droite d’ajustement linéaire de cette série est y= 0,41x+ 0,95.
3Le candidat remarquera que l’équation de la droite d’ajustement linéaire déterminée dans
la question précédente est aussi celle donnée dans la question 3.
En effet, comme y= 0,41x+ 0,95, alors 3×y= 3 ×0,41x+ 3 ×0,95.
On obtient l’équation cartésienne 1,23x−3y+ 2,85 = 0 que l’on peut considérer "iden-
tique" à l’équation 1,24x−3y+ 2,8=0.
Estimation du poids de la larve au 7emois
En remplaçant xpar 7dans l’équation 1,24x−3y+ 2,8 = 0, on a :
1,24 ×7−3y+ 2,8=0
8,68 −3y+ 2,8=0
3y= 11,48
y≈3,83
Au 7emois, le poids de larve est d’environ 3,83 mg.
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