Correction Maths 2014 B M .pdf



Nom original: Correction Maths 2014 B_M.pdf
Titre: Correction examen du baccalauréat section mathématiques session principale 2014
Auteur: kooli

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Correction examen du baccalauréat section mathématiques session
principale 2014
Une correction possible proposée par Kooli Mohamed Hechmi

Exercice 1
1) a)
6
6
0

0 ,0 ,0 ,
et

6 ,0 ,0 ,

0
6
6

6
0
0
6
6
6

˄

6
6
6
0
0
6

0 , 6 ,0 ,

0 ,0 ,6 ,



c) On a :


−!+#=0


⊂ ) et

et

de 1 et 2 on a :
On a :

⊂ ) et

et

˄

//) et

//

//)

//

alors

//)

alors

//) 1

36
−36 est un vecteur normal au plan
36

˄

alors

-

+ ! - + # - − 2 + 2! − 2# = 0 ⇔

−1

-

+ !+1

alors 0 est la sphère de centre 1 1 , −1 , 1 et de rayon 2 = √3
b) On a : 0- + 0- + 0- − 2 × 0 + 2 × 0 − 2 × 0 = 0 alors

1
on a : 1 −1
1

alors

˄

= 36 1 alors

4 ⊥ ) alors , 1 et 4 sont alignés or 4 = $

diamètre de 0.

c) On a : $ 1 ,

On a : $ 1 , ) =

=

|89898|

√89898

|8989867|
√89898

=

=

:

√:

:

√:

= √3 = 2

= √3 = 2

˄

|67|

√89898

+ #−1

=

7

√:

-

-

= 3 = √3

1 ⊥ ) et on a

= 2√3 = 22 alors ; 4< est un

1

2

de 1 et 2 la sphère S est tangente à chacun des plans
Kooli Mohamed Hechmi

∈0

-

−!+#−6 =0

et 1 sont colinéaires alors

,) =

36
−36 est un vecteur
36

∈ ) alors 36 × 6 + $ = 0

alors $ = −36 × 6 alors ) ∶ 36 − 36! + 36# − 36 × 6 = 0 alors ) ∶
2) a) On a :

0 ,6 ,6 .

∶ 36 − 36! + 36# = 0

2

normal au plan ) alors ) ∶ 36 − 36! + 36# + $ = 0 or

6 , 6 , 6 et

∶ 36 − 36! + 36# + $ = 0 or

alors

alors 36 × 0 − 36 × 0 + 36 × 0 + $ = 0 alors $ = 0 alors
d’où

6 , 0. , 6 ,

36
−36
36

˄

36
−36 est un vecteur normal au plan
36

˄

b) On a

6 ,6 ,0 ,

et ).

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3) a) On pose ′

, ! , # avec >?

% ′ ⇔

′ % O ⇔ a " !b " #Q % 2a " 4b " 2Q d’où ′ 2 , 4 , 2

On a : ; 4< est un diamètre de 0 et 1 le centre de 0 alors 1 %
alors

E

%2

On pose 4′

F

% 2 , !E % 2!
!F

G

!%

2 et #E % 2#F

, ! , # avec >? 4 % 4′ ⇔ 44′ % O ⇔

∗4

#G % 2 alors 4 2 , 2 , 2

2 a" !"2 b" #

2%2
%4
H! " 2 % 4J alors H! % 2J d’où 4′′ 4 , 2 , 4
# 2%2
#%4

2 Q % 2a " 4b " 2Q ⇔

b) On a : 0 de diamètre ; 4<< de centre 1 1 , 1 , 1 et de rayon 2 % √3 alors 0′ de diamètre ; ′4′< de

centre 1 K %

K

c) On a : M

∗ 4′ alors 1′ 3 , 3 , 3 et de rayon 2 K % 2 % √3
˄

N. O % 2 ' 36

4 ' 36 " 2 ' 36 % 0 alors O est
st un vecteur de

O est aussi un vecteur de ) alors >?

%

La sphère 0 est tangente à chacun des plans
sphère 0′ est tangente à chacun des plans

et >? ) % )

et ) et toute translation conserve le contact alors la
l

et ).

Exercice 2
1) a) On a : P

%

et P

soit Q le rapport de P, Q %

RS
GT

soit U l’angle de P,

U≡W

or [ %





et P

alors dans le triangle

,

On a : P

%

et P

′ ∩

%3

alors

% ,P
%

K



%

(car l’angle de P est

3

′ or

′ est la hauteur issue de

8

%

,
K



% :[

K

% ′, P

8
:

′ 3

′ est la hauteur bissue de .

,

et [ %

%

b) On a :
K

%

//

′ % ^ ′_ alors ’ est l’orthocentre du triangle

% ′ ⇒ [

alors

∗P

% ′ ⇒

% ′ ⇒

alors dans le triangle

P

8

%:

alors P [ % P

%

P

:RS
RS

alors P [ % [ et comme Q c 1 alors [ est le centre de P.

2) a) On a : P

On a :

RS

%

Z
X ;2Z<
X ;2
X
,
Y
≡ W [ , [Y ;2Z<
≡ W[ , [ Y ;2Z< ≡ ;2Z<
2

b) On a : [ %

et

%

%

K

%
K

%

:

%

alors [ % 3 [

alors [
%

8



%

et P

,
K

K

alors

8
:

% ′
et


K

%

-

)

.
K

% 9[ ′

8
:

′ est un losange.

Kooli Mohamed Hechmi

e

′ 3

alors

% 3 [ ′ alors [ % 3 ' 3 [

%

et comme //)

http://mathematiques.kooli.me/

3) a) On a : f % P о 0 GT alors f est la composée d’une similitude directe et d’un antidéplacement alors

f est une similitude indirecte.

b) On a : f [ = MP о 0 GT N [ = PM0 GT [ N = P [ = [ alors h i = i

f

= MP о 0 GT N

f

= PM0 GT

= MP о 0 GT N

= PM0 GT

on pose f( ) = ′, on a : [ =
K

=

alors h(m) = l

N=P

=

N=P

alors h j = k

= ′ alors h(k) = l′

alors f([) = f( ) ∗ f( ) alors [ =



∗ ′ or [ =



alors

f( ) = MP о 0(GT) N( ) = PM0(GT) ( )N = P( ) = ′ alors h(l) = k′
c) On a ∆ est l’axe de f et [ son centre et f( ) =

alors ∆ porte la bissectrice intérieure de l’angle

M[ , [ N.

d) Soit Q K le rapport de f, on a f([) = [ et f( ) =

alors Q K = oG = :
oR

f est une similitude indirecte de centre [ et de rapport : et d’axe ∆
8

8

alors f = ℎ о 0∆ = 0∆ о ℎ (forme réduite de f) avec ℎ l’homothétie de centre [ et de rapport :
q ∈∆∩(

) alors f(q) ∈ f(∆) ∩ fM(

)N alors f(q) ∈ ∆ ∩ (

′) or ∆ ∩ (

) ∈∆∩(

) alors f()) ∈ f(∆) ∩ fM(

)N alors f()) ∈ ∆ ∩ (

′) or ∆ ∩ (

alors h(s) = t
alors h(u) = v

8

′) = ^r_
′) =

alors r = : q) ⇔ su = w tv
8

Exercice 3

1) a) On a x ≡ 1(yz$ 10) alors pour tout { ∈ ℕ on a x} ≡ 1(yz$ 10) par suite
x~ + x• + ⋯ + x + 1 ≡ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1(yz$ 10)

alors x~ + x• + ⋯ + x + 1 ≡ 10(yz$ 10) ≡ 0(yz$ 10)

b) On a x ≡ 1(yz$ 10) ⇒ x − 1 ≡ 0(yz$ 10) alors il existe un entier Q8 tel que x − 1 = 10Q8

d’autre part x~ + x• + ⋯ + x + 1 ≡ (yz$ 10) alors il existe un entier Q- tel que
x~ + x• + ⋯ + x + 1 = 10Q-

On a x8• − 1 = (x − 1)(x~ + x• + ⋯ + x + 1) alors x8• − 1 = 10Q8 × 10Q- = 100Q8 Q-

alors x8• − 1 ≡ 0(100) alors x8• − 1 ≡ 0(yz$10- )

2) a) Le tableau suivant résume les restes possibles de ‚ ƒ dans la division euclidienne par 10
Reste modulo 10 de ‚

0

1

Reste modulo 10 de ‚ ƒ

0

1

Reste modulo 10 de ‚ ƒ

0

1

2

16
6

Kooli Mohamed Hechmi

3

81
1

4

256
6

5

625
5

−4

−3

−2

−1

6

1

6

1

256

81

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16

1

alors les restes possibles de ‚ ƒ dans la division euclidienne par 10 sont 0, 1, 5 et 6
b)

* ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ 1(yz$ 10) alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ 3(yz$ 10) ⇒ il existe un entier Q8 tel que ‚ = 10Q8 + 3 or 10 ˄ 3 = 1

alors

‚ ˄ 10 = 10 ˄ 3 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ −3(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ 7(yz$ 10) ⇒ il existe un entier Q- tel que

‚ = 10Q- + 7 or 10 ˄ 7 = 1 alors ‚ ˄ 10 = 10 ˄ 7 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

* ou ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ −1(yz$ 10) ⇒ ‚ ≡ 9(yz$ 10) ⇒ il existe un entier Q: tel que
‚ = 10Q: + 9 or 10 ˄ 9 = 1 alors ‚ ˄ 10 = 10 ˄ 9 = 1 alors ‚ et 10 sont premiers entre eux.

réciproquement ‚ et 10 sont premiers entre eux ⇒ ‚ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10)

conclusion ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) si et seulement si ‚ et 10 sont premiers entre eux.
3) a) On a : ‚ un entier premier avec 10 ⇔ ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) d’après 2) b)

on a ‚ ƒ ≡ 1(yz$ 10) ⇒ (‚ ƒ )8• ≡ 1(yz$ 10- ) d’après 1) b) ⇒ ‚ ƒ• ≡ 1(yz$ 10- )
b) On a : 67ƒ- = 67ƒ•9- = 67ƒ• × 67- = 67ƒ• × 4489

or d’après 3) a) on a : 67ƒ• ≡ 1(yz$ 10- ) et on a 4489 = 44 × 100 + 89 alors 4489 ≡ 89(yz$ 10- )
67ƒ• ≡ 1(yz$ 10- ) et 67- ≡ 89(yz$ 10- ) alors 67ƒ• × 67- ≡ 89(yz$ 10- )
alors 67ƒ- ≡ 89(yz$ 10- ) donc les deux derniers chiffres de 67ƒ- sont 89.

Exercice 4
1) a)

lim •P( ) =


‰→W6 Y
Œ

par suite

lim

‹ •
Œ

‰→W6 Y

lim

‹ •
‰→W6 Y
Œ

ln(1 + tan )

or

ln(1 + tan ) = −∞ alors

‹ •
‰→W6 Y
Œ

‰→W Y



‰→W Y





par suite lim
ln(1 + tan ) = +∞ alors
‹ ‘
‰→W Y


b) On a pour tout
c) On a pour tout
pour tout

e

lim • P( ) = −∞

e


Œ

lim
P( ) = +∞
‹ ‘

e



e

e

P K( )
P( )

89”•}• ‰
89–—˜ ‰

‰→W Y


e

−∞
Kooli Mohamed Hechmi

= 09

= 09

89”•}• ‰
89–—˜ ‰

alors P K ( ) est du signe de 1 + tan sur ’− ƒ , - “ or

< 0 ⇒ 0 < 1 + tan
−ƒ

lim •1 + tan


‰→W6 Y
Œ

= +∞ alors lim
1 + tan
‹ ‘

‰→W Y

∈ ’− ƒ , - “ ; P K ( ) =

∈ ’− ƒ , - “ ; P K ( ) > 0
e

= −19 alors

∈ ’− ƒ , - “ ; P K ( ) = (ln(1 + tan ))K =
e

∈ ’− ƒ , - “ on a −1 < tan
e

tan

‰→W6 Y

lim
P( ) = lim
ln(1 + tan ) or lim
tan
‹ ‘
‹ ‘
‹ ‘

‰→W Y

lim

+

< 1 ⇒ 1 + tan
e
-

e

e

> 0 alors pour tout

+∞

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2) a) On a P(0) = ln(1 + tan 0) = ln 1 = 0 alors [ ∈ ( )

P W Y = ln W1 + tan W YY = ln(1 + 1) = ln 2 alors
e

∈( )

e

ƒ

ƒ

œ

P W Y = ln W1 + tan W YY = lnM1 + √2 − 1N = ln √2 = ln 2• = ln 2 =


e

e

b) On a pour tout

∈ ’−

e
ƒ

, “;
e
-

8

•˜ -

alors 1 ∈ ( )

Z
1 − tan
2
Z
Ÿ = ln ž
Ÿ = ln 2 − ln(1 + tan )
P W − Y = ln W1 + tan W − YY = ln ž1 +
4
1 + tan
1 + tan
4
= ln 2 − P( )

∈ ’−

c) On a pour tout

e
ƒ

, - “ ; P W ƒ − Y = ln 2 − P( ) ⇔ P W2 × • − Y = 2 ×
e

e

de la forme P(2x − ) = 2‚ − P( ) alors 1 W ,
la tangente à ( ) en [ alors

3) Soit

∶!=

alors
on a

e


-


‰→W6 Y
Œ

on a lim
P( ) = +∞ alors la droite d’équation
‹ ‘
‰→W Y
Œ

asymptote verticale à ( )
+
2

o

Z
Z
= 4 = =
2 8

alors 1 = [ ∗

F

et

alors 0F ([) =

-

− P( )

∶ ! = P K (0)( − 0) + P(0) or P K (0) = 1 et P(0) = 0

asymptote verticale à ( )

G

•˜ -

Y est un centre de symétrie de la courbe ( ).

•˜ -

lim •P( ) = −∞ alors la droite d’équation

4) a) On a

e

= − ƒ est
e

=

e
-

est

!G + !R ln 2
=
= !F
2
2

et on 1 est un centre de symétrie de la courbe ( )

alors 0F (08 ) = 0- alors les surfaces 08 et 0- ont la même aire.
b) On pose
e
ƒ

= ¢ ln(1 + tan )$
alors



est la mesure de l’aire de la partie du plan limitée par la courbe ( )

l’axe des abscisses les droites d’équations

= 0 et

=

e
ƒ

qui est égale à l’aire du tringle [

sur l’axe des abscisses car les surfaces 08 et 0- ont la même aire alors
e
Z
× ln 2 Z ln 2
ƒ
[ ′ × 1′
[ ′ × 1′
¢ ln(1 + tan )$ =
+ y£¤(08 ) − y£¤(0- ) =
=4
=
2
2
2
8

projeté orthogonal de

Kooli Mohamed Hechmi

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′ avec ′ le

5) a) On a P est continue et strictement croissante sur ’−

sur P W’−

e
ƒ

e
ƒ

, “ alors f réalise une bijection de ’−
e
-

, “Y = ¥ lim •P( ) , lim
P( )¦ = <−∞ , +∞; = ℝ alors 4 = ℝ
‹ ‘
e
-

‰→W Y


Œ

‰→W6 Y



e
ƒ

b) La fonction P est dérivable sur ’− ƒ , - “ et ∀ ∈ ’− ƒ , - “ P′( ) ≠ 0 alors la fonction P 68 est

dérivable sur P W’−
On pose pour tout

e
ƒ

, “Y = ℝ
e

∈ ℝ et pour tout ! ∈ ’−

c)

¢

•˜ -



1

P K (P 68 (

⇔ ln(1 + tan !) =

d’où (P 68 )K ( ) =

¢



))

ª«

89(ª « 68)•

=

1

P K (!)

=

e

e
ƒ

e

, “ P 68 ( ) = ! ⇔ P(!) =
e
-

1
1 + tan !
=
1 + >x{ ! 1 + >x{- !
1 + tan !

⇔ 1 + tan ! = £ ‰ ⇔ tan ! = £ ‰ − 1 alors >x{- ! = (£ ‰ − 1)-

•˜ £‰
$ = ¢ (P 68 )K ( ) $ = ;P 68 ( )<•˜
= P 68 (ln 2) − P 68 (0)



− 1)
1+


or P W ƒ Y = ln 2 ⇔ P 68 (ln 2) =
•˜ -

e

-

∀ ∈ ℝ ; (P 68 )K ( ) =

or P(!) =

e

e

Z
£‰
$
=
1 + (£ ‰ − 1)4

e
ƒ

et P(0) = 0 ⇔ P 68 (0) = 0 alors

Kooli Mohamed Hechmi

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, “
e
-




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