Bac S Liban Mai 2013 Sp Math

Bac S Liban Mai 2013 Sp Math

C ORRECTION B ACCAL AURÉAT S L IRAN 28 MAI 2013 E XERCICE 1 Question 1 : (4 points) Réponse d Un vecteur directeur de la droite D est le vecteur d (1, 2, 3), un vecteur directeur de la droite D est le or7 Sni* to View vecteur d (1, 1, Ces deux vecteurs sont orthogonaux, les droites D et D ‘ sont donc orthogonales. Aussi par élimination : la a. est fausse car les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, b. est fausse car il ny a pas de point d’intersection et c. est fausse car C n’est pas sur D.

Question 2 : Réponse c Un vecteur normal au plan P est le vecteur n (1, 1, Ce vecteur est un vecteur directeur de la droite D ‘ Ce qui entraîne que ce plan est orthogonal à la droite D ‘ Question 3 : Prenons d ‘ (1, 1, —1) et u = AD’ , où ACI, —1, 2) et D’ est un point de D ‘ par exemple celui de coordon— nées (l, 3, 4), soit AD’ (0, 4, 2). On vérifie que d ‘ et AD’ ne sont pas colinéaires, et on constate que, dans le second

Désolé, mais les essais complets ne sont disponibles que pour les utilisateurs enregistrés

Choisissez un plan d'adhésion
cas : d = AD Ce qui signifie que le vecteur n (3, -1 , 2) est un vecteur normal au plan P .

Baccalauréat S E XERCICE 2 (5 points) partie A o, 95 c PAG » rif 7 01 0,01 z 02 Donc lorsque Y appartient à fintervalle [O, 16 ; C), 18], alors Z appartient à l’intervalle 0,01 0,01 c. On sait que cette probabilité doit être égale à O, 990, le tableau donné permet d’obtenir soit p = 2,575 8 = 2,575 8 02 = 0,003 85 En conclusion, à 10—3 près, 0 004 d’O Ù Liban 2 28 mai 2013 PAGF3C,F7 Cl , Haxe des x et les droites d’équations x- O et x = 1.

C’est l’aire du rectangle de côté 1 et de longueur qui vaut à peu près 0,62 unité d’aire (ce qui se vérifie visuellement sur fannexe). ln partie B Px;fl (x)etMx;f—1 (x) . K est le milieu de [MP J. 2. YK= Le point K est donc un point de la droite d’équation y 3. Il résulte de la question précédente que les deux courbes sont ymétriques par rapport à la droite d’équation y = E XERCICE 4 : Enseignement obligatoire uniquement Partie A 1.

L’algorithme no 1 calcule tous les termes de v O à v n mais n’affiche que le dernier v n L’algorithme no 2 calcule n fois de suite v 1 à partir de vo : il ne calcule pas les termes de O à v n L’algorithme no 3 calcule tous les termes de 0 à v n et les affiche tous. 2. D’après les tables de valeurs de la suite (qui correspond en fait à n 9), il semblerait que la suite soit croissante et converge vers un nombre proche de 3. 3. a. Montrons par récurrence la propriété P n : v n < 3 pour tout entier naturel n Initialisation : n = O, on a bien O < v O < 3 vraie, puisque vo - 1 ; ainsi P O est vraie.

Hérédité : Supposons P n vraie, montrons alors que P n+l est vraie. On suppose donc que O < 3. —3 = 3, puis < , car la fonction inverse e te sur IO ; PAGF vraie pour tout entier naturel n. 9 9 —v n (6 —v n) (v n — 3)2 6 6-vn — vn Or, d'après la question précédente, O < v n 3 pour tout n entier naturel, ainsi 6—v n est positif, > O, ainsi la suite (v n) est croissante. donc v n+l —v n = c. Comme la suite est majorée par3 et croissante, alors elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3. b. v n+l v n+l -3 vn – 3