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REPUBLIQUE TUNISIENNE
MINISTERE DE L’EDUCATION

SESSION
PRINCIPALE

EXAMEN DU BACCALAUREAT
SESSION DE JUIN 2015

Barème

Corrigé

SECTION : MATHEMATIQUES
EPREUVE : MATHEMATIQUES

EXERCICE 1

 3 i

2




i
1
3 
3
b) 1  3 i  2   i
  2e
2 
2

2)

Voir figure à la fin de l’exercice.

3)

 OM  ON  2
  
 
 OM ; ON  3  2





 S  1  3 i ;1  3 i .

3
2e
i

et 1  3 i 

 2e

i


3

AL
I

 '  3 

1) a)

 le point N est donc l’image du point M par la rotation de centre O













EN

i  
i
i
i

et dont la forme complexe est z '  e 3 .z d’où zN  e 3 .zM  2e 3 .ei  2e  3  .
3

4) a) M'  z '  est l’image d’un point M  z  par la rotation de centre A et d’angle
si et seulement
3

et d’angle

si z '  e


3

i


3

i

 1
3 
2  i
  1 3 i
 2
2 




 z  zA   zA  e  z  2   2  e




b) On a zK 

e



i  
3

 e



5) a) AF  zF  2

2








i
3
e




donc le triangle AFK est équilatéral direct.



i



i
zB  zM
 ei  e 3
2

i  
1
3
1
3


  2  1  i
 e 3   i
 zK d’où r  F   K .
2
2
2
2



 AF  AK
  
c) r  F   K   

 AF ; AK  3  2 
2

zF 


3






i  

i
i2
i
3
3  e
3  2e 3 .




2
2e
2
e




AN


i  
3


 2  2e



i  
i
zN  z C
 e  3   e 3 et
2





i
i
i 
i
e 3 .zF  2  2e 3  e 3  ei  e 3



i


3z

IS
B

i

 e 


3
e
i

2

2

1
3
 cos   i sin    i
2
2
2

2

3 
3 

  cos     i  sin  

2  
2 


2

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3

2


3
3
9 3

2
  cos      sin  

 sin2  3 cos   3 sin   
  cos



2 
2 
4 4

1
2







 4  3 cos   3 sin   4  2 3 cos     
6






 On pourra sortir du second membre et utiliser cos      cos .cos  sin .sin  ...
6
6
6

b) AF est maximale lorsque AF2 est maximale.

AN

IS
B

EN

AL
I




5

 cos      1
6
Ceci est réalisé lorsque 
.
   

6
6
    ,  


EXERCICE 2
1) Le rapport k de f est k 

 
AC



 tan    3 et son angle est AB ; AC   2 .
AB
2
3

2) a) Le rapport k’ de g est k ' 





AB
3

.
AC
3

.
b) L’axe  de g porte la bissectrice intérieure de CAB

c) Posons g B   B' .On a gog  C   B '

gogh
2
 A, 1  


  3  





h

2
 A, 1  
  3  



 C   B ' ainsi

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h





C   B '  AB ' 
1
A,

3

 
1 
AC soit AB '  AD et le résultat en découle.
3

Conclusion : B'  D .
L’image du triangle ABC est le triangle ADB qui est lui est indirectement semblable donc

 

 

 

 
 
BD ; BA    CB ; CA    2 et comme BC ; BA    2 , on conclut que BD  est la

6
3

.
bissectrice intérieure de ABC
3) a) f o g est la composée d’une similitude directe et d’une similitude indirecte de rapports

3 et

1

donc f o g est un antidéplacement.
3
Or f o g  A   A et f o g  C   f B   C : f o g fixe les deux points distincts A et C.
inverses :

Conclusion : f o g  S AC  .









b) f D   D'  f g B   D'  S AC B   D'  S AC S AB B   D

AN

IS
B

EN

AL
I

 SA B   D' (composée de deux symétries orthogonales d’axes perpendiculaires)

4) I est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC donc

I  BD  

(on rappelle que le centre du cercle inscrit est le point de concours des bissectrices intérieures du





  J
 f I  f  BD    f     (CD')  biss CAD'

triangle)
En effet
f

AA
BC





donc f BD   CD' 

de plus  est la bissectrice intérieure de

D  D'

  DAB
 donc f    est la bissectrice de f
CAB
D  f  A  f B   CAD'
Conclusion : f I  J .
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EXERCICE 3
1) a) 47  ( 9)  53  8  423  424  1 .
b) 47x  53y  47  ( 9)  53  8  47  x  9   53  8  y 

 47 divise 53  8  y 

47  53 1



lemme de Gauss

47 divise  8  y 

 k   / 8  y  47k  y  8  47k .

 47  x  9   53  47 k  x  9  53k
Réciproquement 47  ( 9  53k)  53   8  47k   1
Conclusion : Les solutions de cette équation sont les couples  x,y  tels que

x  9  53k et y  8  47k où k  
c) Si « u est un inverse de 47 modulo 53 » alors

AL
I

47u  1 53  v   / 47u  53v  1   u,v  solution de (E) ( (E) équation de 1))

 u  9  53k  44  53k ' ,k   et k '  k  1 et en termes de classe u  44 53

EN

Réciproquement si u  44 53 alors 47u  47  44   6    9   54  153 
mod 53
Conclusion : L’ensemble des inverses de 47 modulo 53 qu’on pourra noter inv 47
est

IS
B

mod53
  44  53k,k   
l’ensemble des entiers u congrus à 44 modulo 53, c’est-à-dire inv 47

d) Il suffit de remplacer k par une valeur convenable dans 9  53k pour répondre (ici k  1)
2) a) 53 est un nombre premier ne divisant pas 45 ( 47  53  1 ) donc d’après le petit théorème de



106
52
b) 45  45

106

reste de 45
3) a) N 

AN

53 1
 153 soit 4552  153 .
Fermat 45



2



 452  11 53 car 4552



2

 153 et 452   8   64  1153 d’où le
2

modulo 53 est égal à 11.

105

 45k  1
k 0

45106  1 45106  1

(somme de termes d’une suite géométrique de raison 45)
45  1
44

106
Ainsi 44N  45106  1 et comme 45  11 53 alors 44N  11  1  10 53 .

b) 44N  10 53 

47 est l ' inverse de 44 mod 53



N  10  47  46 53  .

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EXERCICE 4
sin x
1) a) f '  x   cos x e
pour tout réel x de 0,  .

x


2

0

f’(x)
f(x)



0
e

+

-

1

1

b) La condition n°1 :



x  0,   0  x       x  0      2    x  0    2    x  0, 
2
2
sin  x
La condition n°2 : f    x   e    e sinx  f  x  .

Conclusion : La droite x 


est un axe de symétrie pour
2

 Cf 

AL
I

'
sin 0
sin 0
 x 1
c) T : y  f  0  x  f  0   cos0 e x  e

 1  5 
  E (sa restriction sur cet intervalle est continue et
2 


2) a) g ne s’annule pas sur  0,

 1  5  
  .

2

 



EN



strictement croissante et g E    0,g 

 1  5 
,1  F est continue et strictement croissante donc elle
 2




IS
B

On a également sa restriction sur 

 1  5  
  . Ce dernier contient le réel 0 ,vu que

2

 

réalise une bijection de F sur  1,g 



AN

 1  5 
g 
  g 1  0 donc il existe un seul réel  F tel que g     0 . (théorème des valeurs
2


intermédiaires)

Conclusion : g s’annule une seule fois sur 0,1 .
b)

x
g(x)



0
+

0

1
-

3) a)

h'  x   cos x.esin x  1  1  sin2 x .esin x  1  g  sin x 
 



b) La fonction sin est continue et strictement croissante sur 0,  et prend ses valeurs dans
2

0,1

 



et comme   0,1 , il admet par la fonction sin un seul antécédent   0,  .
2

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  







c) sin 0,    sin0,sin   0,   et sin  ,    sin ,sin    ,1 .
2
  2 
d)
x

+

h’(x)
h(x)


2



0

0 h ( )

e

0


1
2


 1  0,14  0 ,on conclut que h  x   0 pour tout réel x de
2
Donc f  x   x  1

e) Comme e 

 
0, 2  .



 



Conclusion :  Cf  est au-dessus de (T) pour tout réel x de 0,  .
2
1) a) On pose k  x   sin x  x pour tout réel x de 0,  .

k '  x   cos x  1  0 pour tout réel x positif donc

AL
I

I)

d’où sin x  x pour tout réel x positif.

 



EN

k est strictement décroissante sur   : x  0  k  x   k  0   0

b) Pour tout réel x de 0,  , sin x  x  esin x  e x (La fonction exponentielle est
2

AN

IS
B

strictement croissante)
c)

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x
2) a) On a x  0,1, f  x   e .

En intégrant des fonctions continues sur 0,1 , on obtient :



1

0

1

1

1

0

0

0

f  x  dx   ex dx d’où  f  x  dx   e x   e  1 .
 
x   1,  ,
 2

On a


sin x  sin  
 2


 1 f  x   e .

 
sin est croissante sur  1, 
 2

 
 

En intégrant des fonctions continues sur 1,  , on obtient
2




2

1

f  x  dx  e




2

1





dx  e  x  21  e   1  .
2



b) f étant continue et positive sur 0,  et la droite x 
donc il suffit de calculer




2

0

f  x  dx et on aura

A




2


est un axe de symétrie pour
2

f  x  dx 





f  x  dx  2


2



0




2

0

 Cf 

f  x  dx .

relation de CHASLES



AL
I

Majoration de A :

 1




2
A  2  f  x  dx 
f  x  dx  ainsi d’après la question 2) a)- A  2   e  1   e   1  
 0

1
2








relation de CHASLES

EN

A  e  1
donc
Minoration de A :

 





0

f  x  dx  2

IS
B

Pour tout x  0,  , f  x   x  1 donc A  2
2


2

2
 .
4

Conclusion :

0



 x2
2
x
1
dx
2


x



 2
0

2
   A  e  2 .
4

AN

D’où A 




2

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