Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2016

Exercice 1

1. a. Soit α une solution réelle de (E) alors α vérifie α313α2+59α87=0.
Une solution évidente est 3.
D'où α=3
 
1. b. (z3)(z210z+29)=0.
D'où z=3 ou z210z+29=0.
Après calculs z=3 ou z=52i ou z=5+2i.
L'ensemble des solutions est : S={3; 52i; 5+2i}.
 
2. a baca=i.
{arg(baca)π2(AC, AB)π2[2π]AB=AC
ABC est rectangle et isocèle en A et direct.
 
2. b. ArgZ(MB, MA) [2π].
 
Z réel non nul si et seulement si argZ0 (π).
(MB, MA) (π).
M décrit la droite (AB) privée de A et de B.
 
3. a. Soit M(Z) l'image de M(Z) par la rotation r de centre I et d'angle π2
Donc ZZi=eπ2(ZZi).
On obtient Z=iZ+3+i
 
3. b. Soit Ω centre du cercle circonscrit à ABC.
Ω est le milieu de [BC].
On a ZΩ=ZB+ZC2
ce qui donne ZΩ=5.
 
Soit r(Ω)=Ω, ZΩ=iZΩ+3+i. D'où ZΩ=34i.
Donc (C) est le cercle de centre Ω et de même rayon que (C).

 

 
 
 

Exercice 2

1. p(A)=C24C25p(A)=35.
p(B)=C14×C11C25p(B)=25.
 
 

 
p(C)=45×45+15×15p(C)=1725.
 
p(D)=45×34p(D)=35.
 
p(E)=45×14+15×1p(E)=25.
 
p(F)=25×45×14+25×15×1p(F)=425.
 
 
2.a. X(Ω)={(R, R), (R, J), (J, R), (J, J)} Les différentes valeurs prises par X sont 0; 1000 et 2000.
a010002000P(X=a)31254412578125
 
b. Fonction de répartition

  si x<0, F(x)=0.

  si 0x<1000, F(x)=3125

  si 1000x<2000, on a F(x)=3125+44125.

D'où si 1000x<2000F(x)=47125

  si x2000 F(x)=35+44125+78125=1
 
3. p(G)=(78125)50p(H)=(3125)50p(I)=(44125)50+C2550(3125)25(78125)25

Problème

Partie A
 
1. a. g(x) existe si et seulement si: {x+1>0x+10
ce que donne x>1.
 
Dg=]1, +[.
 
limx1+2(x+1)ln(x+1)+x(x+1),
 
limx1+g(x)= par quotient
 
limx+g(x)= car  {2ln(x+1) par composée puis produit xx+11
 
1. b. g(x)=2x+1+(xx+1)g(x)=2x1(x+1)2
x112+g(x)+0
 
 
Tableau de Variation
 
x112+g(x)+0g2ln21
 
2. a. g(0)=0.
La restriction de g à ]1; 12 est strictement croissante et continue et prend ses valeurs dans ], 2ln21[ qui contient donc l'équation g(x)=0 admet sur ]1; 12
une solution unique α.
Idem sur ]12; +[, l'équation g(x)=0 admet un solution unique 0 .
]0.72; 0.71[]1; 12[
et g(0.72)×g(0.71)<0 donc α]0.72; 0.71[.
 
2. b. 0 étant l'autre zéro de g :
x1α0+g(x)0+0
 
Partie B
 
1. a. Domaine de définition de f.
f(x) existe si et seulement si: {x+1>0ln(x+1)0
 
- ou x], 1],
- ou x=0
 
d'où {x>1x0 ou x], 1] ou x=0
 
Df=(]1, +{0})], 1]{0}
 
Df=R
 
Limites aux bornes du domaine de définition de f.
limxf(x)=; limx+f(x)=limx+x2x+1×(x+1)ln(x+1)=+,
 
limx+f(x)=+
 
1.b. Étudions la nature de la branche infinie au voisinage de .
 
limxf(x)x=limx(x+1x)ex1=+
 
limxf(x)x=+
 
Donc (Cf) admet au voisinage de une branche parabolique de direction celle de l'axe des ordonnées
Étudions la nature de la branche infinie au voisinage de +.
 
limx+f(x)x=limx+(xx+1)(x+1)ln(x+1)=+
 
Donc (Cf) admet au voisinage de une branche parabolique de direction celle de l'axe des ordonnées
 
2. a.
f(1)=0.
 
limx1+f(x)=0 par quotient et limx1f(x)=f(1)=0
 
D'où limx1+f(x)=limx1f(x)=f(1)=0 
 
Donc est continue en -1.
 
On a f(0)=0
 
limx0f(x)=limx0x×xln(x+1)=0
 
D'où limx0f(x)=f(0)
 
Donc est continue en 0.
 
2. b. Dérivabilité de f en -1.
 
limx1f(x)f(1)x+1=limx1(x+1)(x+1)ex1=1
 
f dérivable en -1 à gauche et fg(1)=1 
limx1+f(x)f(1)x+1=limx1+x2(x+1)ln(x+1)=
 
Donc non dérivable en -1 car non dérivable en -1 à droite.
 
Interprétation point d'abscisse -1.
Au point d'abscisse -1 (Cf) admet une demi-tangente verticale et une demi- tangente de pente 1 à gauche.
 
Dérivabilité de f en 0.
limx0f(x)f(0)x0=limx0xln(x+1)=1
 
Donc est dérivable en 0 et f(0)=1.
 
Interprétation au point d'abscisse 0.
(Cf) admet à l'origine une tangente de coefficient directeur 1.
 
3. a. Pour tout x]1, +[{0} on a f(x)=(x2ln(x+1))=2xln(x+1)x2x+1(ln(x+1))2=x(2ln(x+1)+xx+1)(ln(x+1))2
 
f(x)=xg(x)(ln(x+1))2
 
Pour x<1,  f(x)=xex1
 
3. b. 
 
x1α0+f(x)+||0+f00+f(α)
 
 
4. a h est continue et strictement croissante sur [0, +[, elle réalise donc une bijection de [0, +[ vers [0, +[=J
 
4. b. h1 a le même sens de variation que , elle est strictement croissante sur J.
 
4. c. Figure :

 
 

 
Partie C
 
1. a. Posons u(x)=1x2 et v(x)=1x+1 avec u(x)=1x et v(x)=ln(x+1).
 
Sur ]0, +[, on a m(x)=1x2ln(x+1)+(1x)(1x+1).(R)
 
1. b. On a m(x)=(u(x)v(x)).
Pour tout x]0, +[ on a H(x)=m(x) avec m(x)=(u(x)v(x)).
D'où on a : H(x)=u(x)v(x)+c=ln(x+1)x+c.
On a sur x]0, +[, 1f(x)=ln(x+1)x2 on ’ m e m ’
Or d'après (R) : ln(x+1)x2=m(x)+1x×1x+1=m(x)+1x1x+1.
Soit G une primitive de la fonction xln(x+1)x2.
 
 
211f(x)dx=[G(x)]21=[H(x)+ln(xx+1)]21=[ln(x+1)x+c+ln(xx+1)]21=3ln22+3ln2
 
211f(x)dx=3(ln2ln3)=3ln(233)

Source: Office du Bac Sénégal

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