Bac 2012 tech cont

EXAMEN DU BACCALAUREAT
REPUBLIQUE TUNISIENNE
SESSION DE JUIN 2012
MATHEMATIQUES Durée : 3 heures
Coefficient : 3
SECTION : Sciences Techniques
SESSION DE CONTROLE
MINISTERE DE L’EDUCATION
Epreuve :
EXERCICE 1 : ( 3 points)
1) a) Vrai
b) Vrai
2) a) Faux
b) Vrai
EXERCICE 2 : ( 6 points )
θ∈ [ 0 , 2π[
(
)
) − 4 × 2 ( 2 + e ) = 16 + 8e
1) z 2 − (4 + eiθ )z + 2 2 + eiθ = 0
(
∆ = 4 + e iθ
2
iθ
D’où les solutions sont z1 =
{
Sℂ = 2 , 2 + eiθ
}
iθ
+ ei2θ − 16 − 8eiθ = ei2θ . donc δ = eiθ
4 + eiθ − eiθ
4 + e iθ + e iθ
= 2 et z 2 =
= 2 + eiθ
2
2
2) z I = 2 et z M = 2 + eiθ .
z M − z I = 2 + eiθ − 2 = eiθ = 1 ⇔ IM = 1 d’où M appartient au cercle (Γ) de centre I et de rayon 1.
3) a) z A =
3
3
−i
.
2
2
2
2
3
3
1
3
3
 1 
IA = z A − z I = − i
−2 = − −i
=  −  +  −
 = 1 ainsi A est un point de (Γ).
2
2
2
2
 2   2 
4π
i
3
3
1
3
4π
Autrement : z A = − i
= 2− −i
= 2 + e 3 zA est de la forme z M = 2 + eiθ avec θ =
2
2
2
2
3
Ainsi M est un point de (Γ).
i  3 3
1
3
− 
i
− −i
z z AI
3 2 2
i
2
2
b)
d’où AI est imaginaire pur donc AI ⊥ AO ainsi le
=
=
=
z AO
z AO
3
3
3
3
3
− +i
− +i
2
2
2
2
triangle OAI est rectangle en A.
c) OAM est rectangle en A donc (AM) ⊥ (AO) et comme (AI) ⊥ (AO) donc (AM) // (AO) et par suite
M∈ (AO) et comme M ∈ (Γ) d’où M est le point diamétralement opposé à A sur (Γ).
PREPARER PAR : Mr ABDERRAZEK BERRZIGUE − LYCEE ASSAD IBN ALFOURAT OUED ELLIL
1
zA + zM
3
3
= z I ⇔ z M + z A − 2z I = 0 ⇔ 2 + eiθ + − i
−4 = 0
2
2
2
1
3
1
3
⇔ − −i
+ cos θ + i sin θ = 0 ⇔ cos θ + i sin θ = + i
2
2
2
2
1
3
π
Donc cos θ = et sin θ =
; θ∈ [ 0 , 2π[ D’où θ =
2
2
3
EXERCICE 3 : ( 5 points )
1
1) soit g la fonction définie sur ]0 , + ∞[ par g(x) = 1 − + ln x
x
1
1
a) lim+ g(x) = lim+ 1 − + ln x = −∞ ; lim g(x) = lim 1 − + ln x = +∞
x →+∞
x →+∞
x →0
x →0
x
x
1
1 − + ln x
g(x)
1 1 ln x
x
b) lim
= lim
= lim − 2 +
= 0 la courbe (C) admet au voisinage de +∞ une
x →+∞ x
x →+∞
x →+∞ x
x
x
x
branche infinie parabolique de direction celle de O , i .
Ainsi
(
)
1
est dérivable sur IR* ainsi la
x
1 1 1+ x
fonction g est dérivable sur ]0 , + ∞[ . Pour tout x ∈ ]0 , + ∞[ ; g '(x) = 2 + = 2
x
x
x
1 1 1+ x
d) Pour tout x ∈ ]0 , + ∞[ ; g '(x) = 2 + = 2 donc g '(x) > 0 et par suite g est strictement
x
x
x
croissante sur ]0 , + ∞[ .
c) la fonction x ֏ ln x est dérivable sur ]0 , + ∞[ et la fonction x ֏ 1 −
x
g’ (x)
0
+∞
+
+∞
g (x)
−∞
2) a) ( T ) : y = g '(1) ( x − 1) + g(1) d’où ( T ) : y = 2x − 2
b)
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2
3) soit f la fonction définie sur ]0 , + ∞[ par f (x) = −1 + ( x − 1) ln x
x
0
1
−
f '(x)
+∞
∞
+
O
+∞
+∞
f (x)
−1
a) f est continue est strictement décroissante sur ]0 , 1[ et f ( ]0 , 1[ ) = ]−1 , + ∞[ , 0 ∈ ]−1 , + ∞[
ainsi l’équation f ( x ) = 0 admet une seule solution α sur ]0 , 1[ .
De même f est continue est strictement décroissante sur ]1 , + ∞[ et f ( ]1 , +∞[ ) = ]−1 , + ∞[ ,
0 ∈ ]−1 , + ∞[ ainsi l’équation f ( x ) = 0 admet une seule solution β sur ]1 , + ∞[ .
b) f (0, 2) = 0, 29 et f (0,3) = −0,16 ainsi f (0, 2) × f (0,3) < 0 donc 0, 2 < α < 0,3
f (2, 2) = −0, 05 et f (2, 3) = 0, 08 ainsi f (2, 2) × f (2, 3) < 0 donc 2, 2 < β < 2,3
4) a) voir figure ci-dessus.
1
1
b) f est dérivable sur ]0 , + ∞[ . Pour tout x ∈ ]0 , + ∞[ ; f '(x) = ln x + (x − 1) = 1 − + ln x = g(x)
x
x
β
c) A =
∫ g(x)
α
β
d) A =
∫ g(x)
α
1
β
α
α
1
β
α
β
1
1
1
1
1
β
α
β
1
1
1
dx = ∫ g(x) dx + ∫ g(x) dx = ∫ −g(x) dx + ∫ g(x) dx = ∫ g(x) dx + ∫ g(x) dx
α
dx = ∫ g(x) dx + ∫ g(x) dx = ∫ f '(x) dx + ∫ f '(x) dx = [ f (x)]1 + [ f (x)]1
α
β
= f (α) − f (1) + f (β) − f (1) = −2f (1) = 2 u.a
EXERCICE 4 : ( 5 points)
1)
2) a)
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3
1
xi
1,1
zi = lnyi
b) r = 0,99
c) ∆ : z = 0, 49x + 0,34
2
1,39
3
1,61
4
2,08
5
2,71
6
3,22
7
3,69
8
4,32
9
4,91
d) z = 0, 49x + 0, 34 ⇔ ln y = 0, 49x + 0,34 ⇔ y = e0,49x + 0,34 ainsi y = e0,49x e0,34
D’où y = 1, 4e0,49x
e) pour x = 12 on a y = 1, 4e0,49×12 = 500,93
D’où le nombre des pages visitées durant la douzième semaine est 501.
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4