Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN .pdf



Nom original: Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf

Ce document au format PDF 1.7 a été généré par Microsoft® Word for Microsoft 365, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 05/12/2020 à 20:31, depuis l'adresse IP 196.206.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 42 fois.
Taille du document: 534 Ko (12 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Corrigé de l’épreuve de Maths
Session normale
2020

2ème année Sciences Expérimentales

Préparé et présenté par
Mr.EL ABBASSI Mohammed
Professeur de Mathématiques
Au lycée Ibn Abdoun- Khouribga

J’avoue que le sujet était relativement long et
exigeant au niveau des calculs
Il contient des expressions qui sont peu fréquentes
Il demande plus d’entrainement et plus d’habileté
07 juillet 2020
1

Exercice 1 (les suites)
Considérons la suite ( un ) par u0 = 3 et (n  ) un+1 = 2un .
2
2un + 5
1) Calcul de u1 .
3
2

2u0
2 =3
=
On a : u1 =
2u0 + 5 2  3 + 5 8
2
2) Montrons par récurrence que (n  ) un 0 .
Pour n=0 , on a u0 = 3 et comme 3 0 alors u0 0
2
2
D’où la propriété est vérifiée pour n=0 .
Soit n , supposons que un 0 et montrons que un+10 .
On a d’une part : un+1 = 2un et d’autre part un 0 ( selon l’hypothèse de la
2un + 5
récurrence ) donc un+10 ( puisque 2 un 0 et 2un + 50 )
Conclusion :

D’après le principe de la récurrence, on a donc : (n  ) un 0 .
3) a- Montrons que (n  ) 0un+1  2 un .
5
Soit n
Comme (k  ) uk 0 ( d’après la question précédente )
et comme n +1 alors 0un+1 .
Il reste à montrer que un+1  2 un .
5
Comme un 0 alors 2un + 5 5 , donc
Conclusion :

 1 et par suite 2un  2 un .
2un + 5 5
2un + 5 5
1

(n )

0un+1  2 un
5
( Signalons que  ( a, b )  R 2 : ab  a  b )
Déduisons que (n  )

 
0un+1  3  2 
25

n

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

2

n

 
Il suffit de montrer que (n  ) un  3  2 
25
Pour cela, nous allons procéder par récurrence.
0

 
 
Pour n=0 , on a : u0 = 3 et comme 3  2  = 3 et 3  3 alors u0  3  2 
25
2 2
2
2 5 2
D’où la propriété est vérifiée pour n=0 .

n

 
 
Soit n , supposons que un  3  2  et montrons que un+1  3  2 
2  5 
2  5 

n+1

On a d’après le résultat de la question précédente un+1  2 un
5
On a selon l’hypothèse de la récurrence

 
un  3  2 
2  5 

n

donc

0

2 u  3  2 
5 n 2  5 

.

n+1

Et comme, d’après le résultat de la question précédente, un+1  2 un
5
 
Alors un+1  3  2 
2  5 

n+1

.

Conclusion :

(n ) un  32  52 
u .
b- Calculons la valeur de nlim
→+ n

n

On a , d’après le résultat de la question précédente, (n  )
Et comme la suite géométrique

  n 
 2  
est convergente et
  5  
   nN

que

 
0un  3  2 
25

 2
lim
 
n→+  5 
 

n

car 0 2 1 alors d’après le théorème dit des gendarmes la suite (un ) est
5
u =0.
convergente et on a nlim
→+ n
4) Considérons la suite ( vn ) définie par (n  N ) vn = 4un
2un + 3
a- Montrons que la suite ( vn ) est géométrique de raison 2 .
5
On a (n N ) :

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

3

n

=0

 2un 
4

2un + 5 
4un+1

vn+1 =
=
2un+1 + 3  2un 
2
+3
 2un + 5 
8un
2un + 5
8un
2 4un
2
=
=
=
= vn
4un + 3 ( 2un + 5 ) 10un + 15 5 2un + 3 5
2un + 5

D’où : (n N ) vn+1 = 2 vn
5
Et par suite, la suite ( vn ) est géométrique de raison 2 ,
5
4u0
= 6 =1 .
son premier terme est v0 =
2u0 + 3 6
b- Déterminons vn puis un en fonction de n .

Comme la suite ( vn ) est géométrique de raison 2 et de premier terme v0 = 1
5
n
n
 
 
Alors (n  N ) vn = v0  2  =  2  .
5
5
Soit nN , on a , par définition , vn = 4un = 2 − 6
2un + 3
2un + 3
Donc

6 = 2u + 3 ( signalons que v  2
n
n
2 − vn

6
= 2 − vn , on en déduit que
2un + 3

puisque

n

2
vn =    1
5



) et par suite un = 1  6 − 3  =

2  2 − vn

n

 
Et comme vn =  2  alors un = 3
2
5

2
 
5

n

2
2− 

5


On conclut que :

(n  N )

un = 3
2

3vn
 2 ( 2 − vn )

n

 2
 
5
 






.

n

 2 −  2 

5
 


n





Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

4

Exercice 2 ( Les complexes )
1) Considérons dans l’ensemble C l’équation : z 2 − 2  2 + 6  z +16 = 0


a- Vérifions le discriminant de cette équation est



 = −4 


6−

2 


2

.

Le discriminant réduit de cette équation est :
 =  −


(

)

2

2 + 6  −116 = 2 + 2 2 6 + 6 −16 =
2

2

2
2
= 2 + 2 2 6 + 6 −16 = −8 + 2 2 6 = −  2 − 2 2 6 + 6 



D’où  = − ( 6 − 2 ) , et comme  = 4 alors
2

b- Déduction des solutions.

(

On a :  = −4 6 − 2

)

2

=  2


(

6− 2

)

i 


2



(

 = −4 6 − 2

)

2

( car 6 − 2 0 ) .

Comme 0 et les coefficients de cette équation sont réels alors elle admet
deux solutions complexes conjuguées dans C qui sont :
z1 =

( (

− −2

)) (

2 + 6 −2

)

6− 2 i

= 


2

2 + 6  −  6 − 2  i






et

z2 = z1 =  2 + 6  +  6 − 2  i








z1 =  2 + 6  −  6 − 2  i


 

et



z2 =  2 + 6  +  6 − 2  i








2) Considérons les nombres complexes :
a =  6 + 2  + i  6 − 2  , b =1+ i 3 et c = 2 + i 2








a- * Vérifions que bc = a

(

On a : bc = 1+ i 3

)(

)

2 − i 2 = 2 − i 2 + i 3 2 − i2 3 2 =

(

) (

2 + 6 +i 6 − 2

D’où : bc = a
* Déduisons que ac = 4b .
2
On a bc = a alors ac = bcc = c b = 22 b = 4b .
b- Ecrivons b et c sous forme trigonométrique.




On a : b = 1+ i 3 = 2  1 + i 3  = 2  cos  + i sin  
2
2  
3
3





Et c = 2 + i 2 = 2  2 + i 2  = 2  cos  + i sin  
 2
2  
4
4


Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

5

)

b = 2  cos  + i sin  
3
3





c = 2  cos  + i sin  
4
4



et



c) Déduisons que a = 2  cos  + i sin 


12



On a : a = bc


12 
i

et comme b = 2e

et

  −i 
  2e 4



 

 = 4e











12

 i
a =  2e 3



Et par suite :

3

a = 4  cos


i


+ i sin

i
c = 2e 4


− 
3 4

12 

alors

i
= 4e 12

.

3) Considérons dans le plan complexe  , qui est rapporté à un repère
orthonormé O, u, v , les points B ( b ) , C ( c ) et D ( d ) avec d = a4 .

)

(

Considérons la rotation R tel que R = r  O,   .
 12 
a - Soient M ( z ) et M  ( z) deux points du plan  .


On a :

M  = R (M ) 

z


' − 0 = ei12



( z − 0)

i
1
 z = az ( car a = 4e 12 )
4
b - Déterminons l’image du point C par la rotation R .
Notons par C ( c) l’image de C par cette rotation .
D’après la question précédente on a : c' = 1 ac
4
'
Et comme ac = 4b alors c = b et comme zC = zB alors C  = B .
Et par suite : l’image du point C par la rotation R est bien le point B .
c - Déterminons la nature du triangle OBC .
Comme R (C ) = B alors on a : OC = OB et  OC, OB    2 

 12
On en déduit que le triangle OBC est isocèle de sommet O .
d- Montrons que : a4 = 128b
'

On a :

 i 
4
a =  4e 12 





4

i 4  
4
= 4 e  12 




i
= 256e 3

 i 
=128 2e 3  =128 b





Déduisons que les points O , B et D sont alignés .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
6

On a :

zD − zO d a4 128b
= = =
= 128
zB − zO b b
b
z −z
Et comme D O  R alors les points O , B et D sont alignés .
zB − zO
Exercice 3 ( l’analyse )
Considérons la fonction g définie sur l’intervalle  0, +  par : g ( x ) = 2 x − 2 − ln x
1) a- Montrons que  x  0, +  g ( x ) = x −1 .
x


D’abord, signalons que la fonction g sur  0, +  ( somme de deux fonctions
Dérivables ), ensuite on a :
 x   0, +  


 


(

( car

g ( x ) = ( 2

x − 2 − ln x


x −1 =

) ( x ) = 2 1 x


2
1 1 1
x −1 − ln x =
− =

2 x x
x x

)

) = 2 (

et ln x = 1 )
x

Et comme  x  0, +   1 − 1 = x − 1 = x −1 alors
x x
x

 x x
 x   0, +   g x = x −1
( )


 
x

b- Montrons que g est strictement croissante sur  0, +  .

Comme  x  0, +  g ( x ) = x −1 et comme  x  0, +  x −10 et x0
x




alors  x  0, +  g ( x )0 et par suite la fonction g est strictement




croissante sur  0, +  .
c- Déduisons que  x  1, +  0  ln x  2 x




Soit x  1, + , on a : x  1, + donc x  1 et comme la fonction ln est

est strictement croissante sur  0, +  alors ln x  0 .

D’après la question précédente, g est strictement croissante sur  0, + 

et comme x  1 alors g ( x )  g (1) et puisque g (1) = 0 et g ( x ) = 2 x − 2 − ln x

alors 2 x − 2 − ln x  0 , d’où ln x  2 x − 2 et comme 2 x − 2  2 x alors ln x  2 x
Conclusion :  x  1, +  0  ln x  2 x




( ln x )
d- Montrons que  x  1, +   0 





 

x

3

2

 8

x

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

7

On a d’après la question précédente :  x  1, +  0  ln x  2 x




Donc  x  1, +  0  ( ln x )  ( 2 x ) et comme  x  1, +  x0 alors
3

3







 x  1, +   0  ( ln x )  ( 2 x )



 



x

2

x

Alors  x  1, +   0 


( ln x )



x



(2 x )
et comme  x  1, +  

3

3




2



 

x

3

2

= 8x x = 8
x .x x
x

3

 8

x

2

ln x )
(
lim

3

Déduction de la valeur de

.
x2
3
ln
x
(
)
8
Comme  x  1, +   0  2  8 et comme xlim
→+


x→+



x

x

=0

x

(ln x )

alors d’après

3

le théorème dit des gendarmes on déduit que xlim
→+

x2

.




2) a- Montrons que la fonction G définie sur  0, +  par G ( x ) = x  −1+ 4 x − ln x 
3


est une primitive de la fonction g sur l’intervalle  0, +  .
Comme les deux fonctions : x → x et x → −1+ 4 x − ln x ( somme de deux
3

fonctions dérivables ) sont dérivables sur  0, +  alors la fonction G dérivable
sur  0, +  ( produit de deux fonctions dérivables ) et on a :

x0, + G ( x ) =  x  −1+ 43


 

x0, + G ( x ) =  x  −1+ 43


 

x0, +  G ( x ) =  −1+ 43




x0, + G ( x )






4
=  −1 +
3


= −2 +




x − ln x  
 


4
= x  −1+
3




4
x − ln x  + x  −1+
3






x − ln x 


4

 

4

x − ln x   =  −1+ x − ln x  + x 
x − ( ln x ) 

3
  

3


4 1
1
4
2
1
x − ln x  + x 
−  = −1 + x − ln x + x 
− 
3
3 x x

3 2 x x
4 1


x − ln x  + x 
− 1  = −1 + 4 x − ln x + 2 x −1
3
3

3 2 x x

( )

6
x − ln x = −2 + 2 x − ln x = g ( x )
3

D’où G est une primitive de la fonction g sur l’intervalle  0, +  .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

8

4

b- Calcul de  g ( x )dx
1

Comme G est une primitive de la fonction g sur l’intervalle  0, +  alors
4

G x  = G 4 − G 1 = 4  −1 + 8 − ln 4  −  −1 + 4 − ln1 = 19 − 8ln 2
g
x
dx
=
( ) ()  3
(
)
 
 3
 ( ) 1

3
4



1

D’où :

4

 



 g ( x)dx = 3 − 8ln 2
19

1

Problème ( Analyse )

(

Considérons la fonction f définie sur R par : f ( x ) = − x + 5 − 1 e x−2 e x−2 − 4
2 2
f x = + et xlim
f x = −
1) Montrons que xlim
→− ( )
→+ ( )
Remarquons d’abord que (x  R ) f ( x ) = − x + 5 − 1 e−2e x e−2e x − 4
2 2

(









)

)

5
 − x +  = + et
lim
f x = +
e x = 0 alors xlim
Comme xlim
→− ( )
x
→−
→− 

2








5
 − x +  = − et lim e x = + et
Et comme xlim
→+ 
x→+
2
f x = − .
Alors xlim
→+ ( )

e−2 0 et − 1 e−2 0
2

2) a – Montrons que la droite (  ) d’équation y = − x + 5 est une asymptote
2
à la courbe ( C ) au voisinage de − .
 1


5 

On a : xlim
f
x
−  − x +   = lim  − e−2e x ( e−2e x − 4)  = 0 ( car lim e x = 0 )
(
)

x→−
→−
x→−


( )



2 

 2



( )

D’où la droite  est une asymptote oblique de la courbe C au voisinage de − .
b- Résolvons l’équation : e x−2 − 4 = 0
On a :

e x −2 − 4 = 0  e x − 2 = 4

 x − 2 = ln 4
 x = 2 + ln 4
D’où cette équation admet une solution unique qui est 2 + ln 4
Etudions la position relative de C et de  .

( )

( )

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

9

5
Pour cela, il suffit d’étudier le signe de f ( x ) −  − x +  .


2

On a : (x R ) f ( x ) −  − x + 5  = − 1 e x−2 ( e x−2 − 4)
2



2

Et comme (x  R ) − 1 e x−2 0 alors le signe de f ( x ) −  − x + 5  est le signe
2
2

contraire de celui de ex−2 − 4 .
Comme (x  R ) ex−2 − 4 = ex−2 − eln4 et la fonction exp est strictement
croissante sur R alors on peut résumer l’étude du signe de l’expression
ex−2 − 4 dans le tableau suivant :
x

ex−2 − 4

2+ln4
0

−

-

+

+

On en déduit que la courbe ( C ) se trouve au dessus de (  ) sur l’intervalle
 2 + ln 4, +  et en dessous de


au point A  2 + ln 4, 1 − ln 4  .
2



3) Montrons que xlim
→+
On a : xlim
→+

f ( x)
x

f ( x)
x

(  ) sur l’intervalle −,2 + ln 4 et coupe (  )

= −

)

(



5 1 −2 e x −2 x
= xlim
− e
e e − 4  = −
 −1 +
→+

2x 2



x

ex
5
e x = + )
lim
= + et xlim
( Car xlim
,
=
0
→+
→+
x→+

x

2x

f x = − alors la courbe ( C ) admet une branche
Et comme xlim
→+ ( )

parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de + .
2
4) a – Montrons que (x  R ) f  ( x ) = − e x−2 −1

)

(

D’abord signalons que la fonction f est dérivable sur R ( somme et
produit de fonction dérivable ) ensuite, on a :




5  1

=  − x +  − e2 x −4 + 2 e x −2
2 2
 

(x  R ) f  ( x ) =  − x + 5 − 1 ex−2ex−2 + 2e x−2 



2

2

(

)

(

)

( 2x − 4) e2x−4 + 2 ( x − 2) ex−2 = −1− e + 2ex−2
Et par suite (x  R ) f  ( x ) = − ( e −1) .
b- On a : (x  R ) f  ( x ) = − ( e −1) 0 , donc la fonction f est strictement
= −1−

1
2

2 x−4

x −2

x −2

2

2

décroissante sur R , d’où le tableau de variations de f :
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

10

x

−

f ( x)
f ( x)

+

-

+

−

5) D’abord signalons que la fonction f est dérivable deux fois sur R ( l’opposé
du carré d’une fonction dérivable ) ensuite, on a :

)

(

(x R ) f ( x) =  − ex−2 −1


2

 x −2

x −2
 = −2 e −1 e −1


(

)(

) = −2e

x −2

(e

)

x−2 −1

Comme (x R ) − 2ex−2 0 alors le signe de f  ( x ) est le signe contraire de celui
de ex−2 −1 , et comme cette dernière expression s’annule en 2 en changeant
de signe e x−2 −1 alors le point d’abscisse 2 et d’ordonnée f ( 2 ) = 2 c.à.d A est
un point d’inflexion de ( C ) .

6) Montrons que l’équation f ( x ) = 0 admet une solution unique  tel que
2 + ln3 2 + ln 4 .
Comme la fonction la fonction f est continue et strictement croissante sur
−, + alors elle l’est sur l’intervalle 2 + ln 3,2 + ln 4 et comme
f ( 2 + ln 3) = 2 − ln 30 et f ( 2 + ln 4 ) = + ln 4 0 alors d’après le théorème des valeurs
1
2

intermédiaires ( !   2 + ln 3,2 + ln 4 ) tel que f ( ) = 0
7) Représentation graphique de f ( voir ci-dessous ):
8) a – Comme la fonction la fonction f est continue et strictement croissante
sur −, + alors elle admet une fonction réciproque définie sur l’intervalle

(

)

J = f  −, +  =  xlim
f ( x ) , xlim
f ( x )  =  −, +  = R .
→+
 →−


b- Voir la figure .
c- Comme la fonction f est dérivable en 2+ln3 et comme f  ( 2 + ln 3) = −4  0
alors la fonction f −1 est dérivable en f ( 2 + ln3) = 2 − ln3 et on a :

( f ) ( 2 − ln 3) = f 
−1

(

1
1
1
1
=
=
=−
4
f  ( 2 + ln 3) −4
f −1 ( 2 − ln 3)

)

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

11

End
J’espère avoir été aussi clair que possible
Toute remarque ou suggestion de votre part
est la bienvenue
Mr El abbassi Mohammed
elabbassimed2014@gmail.com
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
11


Aperçu du document Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf - page 1/12
 
Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf - page 3/12
Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf - page 4/12
Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf - page 5/12
Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf - page 6/12
 




Télécharger le fichier (PDF)


Corrigé de l'épreuve de maths Bac Sciences Expérimentales 2020 SN.pdf (PDF, 534 Ko)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP



Documents similaires


corrige de lepreuve de maths bac sciences experimentales 2020 sn
corrige epreuve de maths bac sciences mathematiques sn 2020
corrige de lepreuve de maths bac sciences mathematiques sn  1 20
corrige de lepreuve de maths medecine 2020 2021 mrelabbassi
mrabbassicorrige de lepreuve de maths bac sm 2018 2 9
rolle et taf mr el abbassi 04122020

Sur le même sujet..