devoir.tn bac math 2014 2015 correction contrôle .pdf

---

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par PDFCreator 2.1.2.0 / PDFCreator 2.1.2.0; modified using iTextSharp 5.2.1 (c) 1T3XT BVBA, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 26/06/2015 à 02:08, depuis l'adresse IP 197.2.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 995 fois.
Taille du document: 235 Ko (4 pages).
Confidentialité: fichier public

Aperçu du document

---

MINISTERE DE

Coefficient: 4
Durée: 4heures

L'EDUCATION

Session de contrôle
2015

Mr : Bouhouch Ameur

4ème

Math

Exercice no1:
OB OB
OB
OB
π 
 ∧ 
=
=
=2
= 2 cos A B O  = 2 cos  = 2 .
AI
AJ  1
AB



4
 AB 
2

∧
∧
∧
π






*L’angle de f est θ ≡  AI , BO [2π ] ≡  AD , BD [2π ] ≡  DA , DB [2π ] ≡ [2π ] .
4






b) Comme I=A*D et f conserve le milieu alors f(I)=f(A)*f(D) ⇔ O=B*f(D). or O=B*D, donc f(D)=D
par suite D est le centre de f.
2) a) *Comme le triangle AEC est rectangle en E (puisque [AC] est un diamètre de C et E ∈ C ) alors
(AE) ⊥ (EJ), d’autre part (AE) ⊥ (BH) par suite (BH)//(EJ) ; et puisque J=A*B alors E=A*H.

1) a) *Le rapport de f est k =

(

)

On a EA.EB = EA.(EH + HB) = EA.EH + EA.HB = EA. − EA + 0 = − EA 2 .
∧
∧
5π
 ∧ 

 

b) On a aussi EA.EB = EA.EB. cos A E B  avec  EA , EB  ≡  DA , DB  + π [2π ] ≡
[2π ]
4



 


2
 5π 
D’où EA.EB = EA.EB. cos  = −
EA.EB .
2
 4 
EA EA × EA
EA 2
2
2
3) a) Le rapport de g est k ' =
=
=
=
( car − EA 2 = −
EA.EB ).
EB EB × EA EA.EB
2
2
b) Soit g(O)=O’.
comme le triangle OBE est isocèle en O alors son image par g ( le triangle O’AE) est isocèle en O’.
2
2
2
c) On a O’A=O’E et O' E =
OE =
OA =
× 2AI = AI (OA = 2AI ).
2
2
2
4) S est la composée d’une similitude directe f (de rapport 2 ) et
2
d’une similitude indirecte g (de rapport
)Alors S est une
2
2
similitude indirecte de rapport 2 ×
= 1 donc S est un
2
antidéplacement.
Or S(A)=A alors S est une symétrie orthogonale, et comme
S(I)=O’ alors S= S∆ avec ∆ = med[IO' ]

Exercice no2:
1) a) On a M( x, y, z ) ∈ S ⇔ x 2 + y 2 + z 2 −6 y − 4 z + 9 = 0 ⇔ x 2 +( y − 3)2 −9 +( z − 2 )2 −4 + 9 = 0
⇔ x 2 + ( y − 3)2 + ( z − 2 )2 = 4 > 0 .Donc S est une sphère de centre I (0,3,2) et de rayon R=2.
b) On a, d’une part, AB = (2 − (−2) )2 + (3 − 3)2 +(2 − 2 )2 = 16 = 4 = 2R .
x +x
y +y
z +z
−2+2
3+3
2+2
= 0 =xI ; A B =
= 3 = y I et A B =
= 2 = z I donc I=A*B
D’autre part A B =
2
2
2
2
2
2
Par suite [AB] est un diamètre de S.
2) a) Comme z I = 2 alors I ∈ P par suite P coupe S suivant un cercle Γ de centre I et de rayon r= 2.
Or z A = z B = 2 alors donc A et B appartiennent à P, donc Γ est de diamètre [AB].
b) Γ ' est un cercle inclus dans P et de rayon r’=4.
On a JA = (− 2 + 6 )2 + (3 − 3)2 + (2 − 2 )2 = 4 donc JA + IA = 4 + 2 = 6 = r + r' par suite Γ et Γ ' sont tangents
Extérieurement en A.
5
3) Soit E (4,3,0) et soient h l’homothétie de centre E et de rapport et S’=h(S).
2
5
a) * Le rayon de S’ est R’= × 2 = 5 .
2
5
5


 x I' − x E = 2 ( x I − x E )
 x I' −4 = 2 (0 − 4 )


5
5
5


* Posons I’ ( x,y,z ) , on a h(I)=I’ ⇔ EI' = EI ⇔  y I' − y E = ( y I − y E ) ⇔  y I' −3 = (3 − 3) ⇔ I’ (− 6,3,5) .
2
2
2


5
5


 z I' − z E = 2 (z I − z E )
 z I' −0 = 2 (2 − 0 )


5−2
b) On a d (I' , P ) =
= 3 < R' par suite P coupe S’ suivant un cercle de rayon égal à
1
r
r
r
R'2 −d 2 = 25 − 9 = 16 = 4 = r' . Or I' J = (2 − 5)k = −3k = −3n P alors J est le projeté orthogonal de I’
sur P. Finalement P coupe S’ suivant le cercle Γ ' .
c) Comme Γ et Γ ' sont tangents extérieurement en A, alors A ∈ Γ ' et donc A ∈ S'
Or A ∈ S donc h(A) ∈ S'∩(EA) = {A, A'} par suite h(A) = A' .

On a aussi I = A * B alors h(I) = (A) * h(B) ⇔ I' = A'*h(B) .or I' = A'*B' donc h(B) = B' et alors E,B et B’
sont alignés.

Exercice no3:
1 + 2 + 3 + ..... + 10
0.38 + 0.46 + ....... + 1.20
= 5.5 et Y =
≈ 0.82 .
10
10
1+ 2 + 3 + 4 + 5
0.38 + 0.46 + 0.52 + 0.78 + 0.86
avec X1 =
= 1.5 et Y1 =
= 0 .3 .
10
10

1) a) On a G (X, Y ) avec X =
b) On a G1 (X 1 ,Y1 )

c) Voir figure.
d) (GG1 ) : y = ax + b avec a =

y G1 − y G
x G1 − x G

=

0.3 − 0.82
≈ 0.13 .
1.5 − 5.5

Comme G1∈ (GG1 ) alors 0.3 = 1.5a + b ⇔ b = 0.3 − 1.5 × 0.13 ≈ 0.11 , d’où (GG1 ) : y = 0.13x + 0.11 .
e) Une prévision des dépenses en 2019 est : y 2019 = 0.13 × 16 + 0.11 = 2.19

2) a) le coefficient de corrélation linéaire de la série (X, Z) est r =

cov(X, Z )
≈ ... .
σ(X).σ(Z)

cov(X, Z)
≈ … et b = Z − aX ≈ .....
V(X)
c) On a e Y 2019 = a × 16 + b ⇔ Y 2019 = ln (16a + b ) ≈ ...
b) D Z/X : Z = aX + b avec a =

Exercice no4:
t
, t ∈ ]0,+∞[ .
1+ t
 1 + t − t  3 + 3t
3
1
2 + 3t
=
a) on a u '(t)=
−
=
> 0 pour tout t > 0 .
− 
2 
2
2
1 + t  (1 + t)  (1 + t)
(1 + t)
(1 + t) 2
D’où le tableau de variation de u :
b) d’après le tableau de variation de u on a u(t) > 0 pour tout t > 0 .
f ( x) = x 3 [ln(1 + x) − ln( x)] si x ∈ ]0,1]
2) on a 
.
f(0) = 0
a) * On a x lim 0+ f ( x) = x lim 0+ ( x 3 ln(1 + x) − x 2 .x ln( x)) = 0 = f (0) ⇒ f est continue à droite en 0.
I) 1) u ( t ) = 3 ln (1 + t ) −

f ( x ) − f ( 0)
= x lim 0+ ( x 2 ln(1 + x) − x .x ln( x)) = 0 ⇒ f est dérivable à droite en 0 et f d'(0) = 0 .
x−0
b) On a pour tout x ∈ ]0,1] :
* On a x lim 0+

  1
1
1  2 1
 1
 1 + x  3  −1 
2
= x 2 3 ln1 +  −
f ' ( x) = 3 x [ln(1 + x) − ln( x)] + x 3 
−  = 3 x 2 ln
+ x 

 = x u x 
1 + x x 
 
 x 
  x  1+ x 
 x(1 + x) 
1
c) Pour tout x ∈ ]0,1] on a f ' ( x) = x 2 u   > 0 (car u ( x) > 0 ).
 x
d’où le tableau de variation de f :

h ( x) = x 3 ln(x) si x ∈ ]0,1]
II) 1) On a 
h(0) = 0
1
2
On a h' ( x) = 3 x 2 ln( x) + x 3 . = x (3 ln( x) + 1) pour x ∈ ]0,1]
x
 − 13   − 13 
D’où h'  e  = e 

 


2

  − 1    − 2   1    − 2 
 3 ln e 3  + 1 =  e 3  3 ×  −  + 1 =  e 3 (− 1 + 1) = 0 ⇒ C h admet une tangente
  

  3   
 
 
  


 
−

1
3

horizontale au point d’abscisse e .
3
2) a) On a f ( x) = x [ln(1 + x) − ln( x)] = x 3 ln(1 + x) − x 3 ln( x) = g ( x) − h ( x) ∀x ∈ ]0,1] et f (0) = g (0) − h (0) donc
f ( x) = g ( x) − h ( x) ∀x ∈ [0,1] .
b) On a ∀x ∈ [0,1] f ( x) = g ( x) − h ( x) ⇔ h ( x) = g ( x) − f ( x) , et comme h ( x) ≥ 0 alors g( x) − f ( x) ≥ 0 , par suite C g
au dessus de C f .
1
1
1
1
1
−
−
−
−
−
 −1 
c) Comme f ( x) = g ( x) − h ( x) alors f ' (e 3 ) = g' (e 3 ) − h' (e 3 ) donc f ' (e 3 ) = g' (e 3 ) (car h'  e 3  = 0 ),


par suite T et T’ sont parallèles.

−

1
3

−

1
3

3) a) Pour construire le point A de C f d’abscisse e il suffit de tracer la droite d’équation x =e et comme

−

1
3

−

1
3

−

1
3

−

1
3

f (e ) = g (e ) − h (e ) et h (e ) < 0 alors on a CA=CB+CD donc BA=CD,d’où la construction de A.
b) Voir figure :

4) a) Comme h est continue sur [0,1] alors elle admet une unique primitive H sur [0,1] qui s’annule en 1.
1

b) soit α ∈ ]0,1] , on a Aα = ∫ x 3 ln( x)dx =[H( x)]α1 = H(1) − H(α ) = 0 − H(α ) = − H(α ) .
α

1

c) On a: Aα = ∫ x 3 ln( x)dx . On pose u(x) = ln( x) → u ' ( x) =
α

v’(x) = x 3 → v( x) =
1

1
x

x4
4
1

3
1 x
 x4

 x4 
α4
α4
1 α4
Donc Aα =  ln( x) − ∫
dx = −
ln(α ) −   = −
ln(α ) − +
.
α 4
4
4
16 16
4
α
 16  α
α4
1 α4
α3
1 α4
1
1
d) On a H(α ) =
ln(α ) + −
donc α lim 0+ H(α ) =α lim 0+
.α ln(α ) + −
= et par suite H(0) =
4
16 16
4
16 16 16
16
(Car H est continue en 0).
1
e) L’aire de la partie du plan limitée par C g , C f et les droites d’équations x = 0 et x = 1 est égale à H (0) = (u.a).
16



Sur le même sujet..

---