correction exercice bac math spé

« Corrigé ex1-EDS 1 EXERCICE 1: (𝑂, 𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘⃗⃗ ) est un repère de l’espace 𝐴(1; −1; −1) 𝐵(3; 3; 0) 𝐶(4; 8; 1) et 𝐷(2; −2; −1). Alors : Réponse ① : Les points A, B et C sont alignés parallélogramme Réponse ② : ABCD est un Réponse ③ : Les point A,B,C et D sont coplanaires. sécantes en D Réponse ④ : Les droites (AB) et (CD) sont Corrigé : 3 2 3 9 On a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 (41) et ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 (92).

Comme 2 ≠ 4 , les coordonnées des deux vecteurs ne sont pas proportionnelles et donc les vecteurs ne sont pas colinéaires et donc les points A,B et C ne sont pas alignés.

La réponse ① n’est donc pas correcte. 2 2 On a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 (41) et ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 (10 ), les deux vecteurs ne sont donc pas égaux donc le quadrilatère ABCD n’est 2 pas un parallélogramme.

La réponse ② n’est donc pas correcte. 2 3 1 On a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 (41) , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 (29) et ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 (−1 ).

Remarquons que les vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝑒𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ne sont pas colinéaires et 0 recherchons si le ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 est une combinaison linéaire de ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝑒𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 .

Cela revient à rechercher l’existence ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑏 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ de deux réels 𝑎 𝑒𝑡 𝑏 tels que : 𝐴𝐷 En passant aux coordonnées on obtient le système : 1 = 2𝑎 + 3𝑏 (𝑆) {−1 = 4𝑎 + 9𝑏 0 = 𝑎 + 2𝑏 1 = −4𝑏 + 3𝑏 (𝑆) {−1 = −8𝑏 + 9𝑏 𝑎 = −2𝑏 Utilisons la méthode de substitution en utilisant la dernière ligne. 𝑏 = −1 (𝑆) {𝑏 = −1 𝑎=2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sont coplanaires donc les points Le système a une unique solution, donc les vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 𝑒𝑡𝐴𝐷 A,B,C et D sont coplanaires.

La réponse ③ est donc la bonne. La réponse 4 était incorrecte, on pouvait le prouver de différentes manières, la plus simple est de prouver que les points A, B et D ne sont pas alignés. Question 2 : (d) et (d’) ont pour représentation paramétriques : 𝑥 =3+𝑠 (d’) { 𝑦 = 15 − 4𝑠 (𝑠 ∈ ℝ) 𝑧 = −25 + 3𝑠 𝑥 = 1 − 2𝑡 (d){ 𝑦 = 2 + 𝑡 (𝑡 ∈ ℝ) 𝑧 = −4 + 3𝑡 Alors : Réponse ① : (d) et (d’) sont confondues. Réponse ② : Réponse ③ : (d) et (d’) sont strictement parallèles. coplanaires. Réponse ④ : (d) et (d’) sont non (d) et (d’) sont sécantes. On applique « l’algorithme » habituel : On étudie d’abord le parallélisme éventuel de ces deux droites en extrayant les coordonnées d’une vecteur directeur de chacune de ces droites. −2 1 ⃗⃗⃗⃗ (−4).

Les coordonnées de ces deux vecteurs ne sont pas proportionnelles donc les 𝑢 ⃗⃗ ( 13 ) et 𝑢′ 3 droites ne sont ni confondues, ni strictement parallèles. Recherchons si elles sont sécantes en résolvant le système : 1 − 2𝑡 = 3 + 𝑠 (S’){ 2 + 𝑡 = 15 − 4𝑠 −4 + 3𝑡 = −25 + 3𝑠 −2 − 2𝑡 = 𝑠 (S’) {2 + 𝑡 = 15 − 4(−2 − 2𝑡) −4 + 3𝑡 = −25 + 3𝑠 −2 − 2𝑡 = 𝑠 (S’) { 2 + 𝑡 = 15 + 8 + 8𝑡 −4 + 3𝑡 = −25 + 3𝑠 (S’) { −2 − 2𝑡 = 𝑠 −7𝑡 = 21 −4 + 3𝑡 = −25 + 3𝑠 𝑠=4 (S’) { 𝑡 = −3 .

Ce système a bien une solution unique donc les deux droites sont sécantes. −13 = −13 La bonne réponse est donc la réponse ② Partie B Construire la section du cube par le plan (IJK) sur la feuille annexe.

Aucune justification n’est attendue. Ici on a utilisé exclusivement des prolongements mais on pouvait également se servir du parallélisme des droites incluses dans des plans parallèles du cube. EXERCICE 2 -EDS1 Partie A 1°) 0,05 𝐺2 𝐺1 0,1 0,95 𝐺2 0,3 𝐺2 0,9 𝐺1 0,7 𝐺2 2°) On recherche 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) qui vaut : 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) = 𝑃(𝐺1 ) × 𝑃𝐺1 (𝐺2 ) = 0,1 × 0,05 = 0,005 3°) On recherche : 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) + 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) + 𝑃(𝐺1 ∩ 𝐺2 ) = 0,1 × 0,95 + 0,9 × 0,3 = 0,365 4°) Appliquons la formule des probabilités totales au système d’événements complets : 𝐺1 ; 𝐺2 : 𝑝2 = 𝑃(𝐺2 ) = 𝑃(𝐺2 ∩ 𝐺1 ) + 𝑃(𝐺2 ∩ 𝐺1 ) 𝑝2 = 0,1 × 0,05 + 0,9 × 0,3 𝑝2 = 0,005 + 0,27 𝑝2 = 0,275 5°) On recherche 𝑃𝐺2 (𝐺1) 𝑃𝐺2 (𝐺1) = 𝑃(𝐺2 ∩ 𝐺1 ) 𝑃(𝐺2 ) 0,27 𝑃𝐺2 ( 𝐺1 ) = 0,275 54 𝑃𝐺2 ( 𝐺1 ) = 55 Partie B : 1°) 𝐺𝑛+1 0,05 pn 𝐺𝑛 0,95 𝐺𝑛+1 0,3 𝐺𝑛+1 0,7 𝐺𝑛+1 1-pn 𝐺𝑛 2°) Pour tout entier naturel non nul n, on a d’après la formule des probabilités totales : 𝑝𝑛+1 = 𝑃(𝐺𝑛+1 ) = 𝑃(𝐺𝑛+1 ∩ 𝐺𝑛 ) + 𝑃(𝐺𝑛+1 ∩ 𝐺𝑛 ) 𝑝𝑛+1 = 0,05 × 𝑝𝑛 + (1 − 𝑝𝑛 ) × 0,3 𝑝𝑛+1 = 0,05 × 𝑝𝑛 + 0,3 − 0,3𝑝𝑛 𝑝𝑛+1.... »