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Corrigé DS n°6
Exercice 1 (3 points)
1) 1ère
méthode : à l’aide des normes :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1. ( ) ( )
2 2
1 1 1. ( ) ( ) (4² 6² 6²)
2 2 2
1 1. (4²) 16
2 2
BC BA BC BA BA BC BC BA BA CB
BC BA BC BA CB BA BC BA CA
BC BA
8 1 point
2ème méthode : par projection : . .BC BA BC BK = BC BK où K est le projeté orthogonal de
A sur [BC].
Comme ABC est isocèle en A, la hauteur (AK) est aussi une médiane. Donc K et le milieu de
[BC]. Ainsi BK = 4
22 2
BC . Donc .BC BA = 4 × 2 = 8. (1 point)
2) . . .BC BA BA BC BA BH car H est le projeté orthogonal de C sur (AB)
. 6BC BA BA BH BH . Or . 8BC BA . Donc 6BH = 8 BH = 8 4
6 3 . (1 point)
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle BHC rectangle en H, BC² = HB² + HC².
Donc 4² = 2
4
3
+ HC², d’où 16 = 16
9+ HC² HC² = 16 -
16
9=
128
9.
Donc HC = 128 8 2
9 3 (1 point)
Exercice 2 (4 points)
1) ) . ( ).( ) . . . .a OBOC OA AB OA AC OAOA OA AC ABOA AB AC
Or . 0OA AC car les vecteurs OA et AC sont orthogonaux.
De même .AB OA= 0 car les vecteurs AB et OA sont orthogonaux.
Donc 2
2. 0 0 . .OBOC OA AB AC OA AB AC (1 point)
b) .OB OC = cosOB OC BOC = cosOB OC
Dans le triangle OAB rectangle en A, d’après le théorème de Pythagore, OB² = AO²+AB²
Donc OB² = 30² + 15² = 1125. Ainsi OB = 1125 =15 5
Dans le triangle OAC rectangle en A, d’après le théorème de Pythagore, OC² = AO²+AC²
AC = AB + BC = 15 + 5 = 20. Donc OC² = 30² + 20² = 1300. Ainsi OC = 1300 =10 13
Donc .OB OC = cosOB OC =15 5 10 13 cos = 150 65 cos . (1,5 point)
2)D’après 1)a) et 1)b), on a donc 150 65 cos = ² .OA AB AC
Or OA²=30² = 900 et .AB AC = AB AC = 15 20 = 300, d’où ² .OA AB AC = 900 + 300 = 1200
Donc 150 65 cos =1200 . Ainsi cos =1200 8
150 65 65 . Donc 7,1°. (1,5 point)
Exercice 3 (3 points)
1) ( 2; 1)AH x y ; ( 1;3)OB . Donc
. ( 2) ( 1) ( 1) 3 2 3 3 3 1AH OB x y x y x y
( ; )OH x y ; ( 1 2;3 1)
( 3;2)
AB
AB
; . ( 3) 2 3 2OH AB x y x y (1 point)
2) H est l’orthocentre, donc le point de concours des hauteurs. Par suite, (AH) et (OB) d’une part et
(OH) et (AB) d’autre part sont perpendiculaires. Il en résulte que :
. 0AH OB , d’où 3 1 0 3 1x y x y
. 0OH AB , d’où 3 2 0x y
On a donc bien 3 2 0
3 1
x y
x y
(0,5 point)
3)a)
3 2 0
3 1
x y
x y
3 2 0
3 9 3
x y
x y
3 2 0
7 3
x y
y
33 2 0
7
3
7
x
y
63
7
3
7
x
y
2
7
3
7
x
y
Donc H(2 3
;7 7
) (1 point)
b)
2 30,29; 0,43
7 7 . On retrouve bien graphiquement que H(
2 3;
7 7). (0,5 point)
Exercice 4 (4 points)
1) y = f ‘(a)(x – a) + f (a)
y = f ‘(1
2)(x –
1
2) + f (
1
2)
f est dérivable sur et f ‘(x) = 3x² - 3
f ‘(1
2) = 3(
1
2)² - 3 = -
9
4
f (1
2) =
31 1 3
3 12 2 8
y = f ‘(1
2)(x –
1
2) + f (
1
2)
y =-9
4 (x –
1
2)
3
8
y = -9
4x +
9
8
3
8
T : y = -9
4x +
3
4(1,25 point)
2)
C est en-dessous de T sur ; 1 .
C est au-dessus de T sur 1; . (0,5 point)
3)a) d (x) = f (x) – (mx + p) = 3 3 1x x - (-9
4x +
3
4) = 3 3 1x x +
9
4x-
3
4= 3x -
3
4x +
1
4
(x + 1)(x² - x + 1
4) = 3 2 2 31 1 3 1
4 4 4 4x x x x x x x
Donc d (x) = (x + 1)(x² - x + 1
4). (1 point)
b) x + 1 = 0 x = -1
x² - x + 1
4= 0
21 1
0 02 2
x x
x = 1
2
x -1
1
2 +
x + 1 - 0 + +
x² - x + 1
4
+ + 0 +
d (x) - 0 + 0 +
0d x sur ; 1 et 0d x sur 1; (1 point)
c) Ainsi f (x) – (mx + p) 0 sur ; 1 , donc C est en-dessous de T sur ; 1 .
C est au-dessus de T sur 1; . (0,25 point)
2 3 4 5 6 7 8-1-2-3-4-5-6-7-8
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
-4
-5
-6
0 1
1
x
y
Exercice 5 (3,5 points)
1)a)Comme il y a 20 % de jetons rouges dans l’urne, la probabilité de tirer un jeton rouge est de 0,2.
Les tirages s’effectuant avec remise, on peut associer le tirage des deux jetons à une loi binomiale de
paramètres 2 et 0,2.
nombre de jetons rouges tirés
0 1 2
probabilité 0,64 0,32 0,04
0,8² = 0,64 ; 2 0,8 0,2 = 0,32 ; 0,2² = 0,04 (1 point)
b)Il mise 1 euro, donc on retire 1 à tous les gains.
gain - ²x -1 x -1 49
probabilité 0,64 0,32 0,04
(0,5 point)
E(X) = 0,64 ( ² 1) 0,32 ( 1) 0,04 49x x = 1 0,32 0,64 ²x x (0,5 point)
2) a) ( ) 1 0,32 0,64 ²f x x x
= 0,32
2 2 ( 0,64)
b
a
= 0,25 ; 0,64 0a
Donc f est croissante sur [0 ; 0,25] et décroissante sur [0,25 ; + [. (0,5 point)
b) f admet un maximum, atteint en 0x = 0,25
0,25 1 0,32 0,25 0,64 0,25² 1,04f
Ce maximum vaut 1,04. (0,5 point)
3) ( ) 1 0,32 0,64 ²f x x x = E(X).
Pour une valeur du gain de base égale à 0,25 €, le gain moyen maximal est de 1,04€. (0,5 point)
Exercice 6 (1,5 point)
1) Comme il y a remise, les tirages sont identiques et indépendants. Tirer une boule blanche est un succès, tirer
une boule noire un échec. Il y a 10 tirages. La boule étant tirée au hasard, la probabilité de tirer une boule
blanche est de 2
5.
X suit donc la loi binomiale de paramètres 10 et 2
5. (0,5 point)
2) Initialisation
X prend la valeur 0
Traitement
Pour i de 1 jusqu’à 10
y prend la valeur d’un entier aléatoire de 5
Si y 2
X prend la valeur X + 1
FinSi
FinPour
Sortie
Afficher X (1 point)
Exercice 7 (1 point)
a)Pour obtenir 2 au n-ième lancer, il faut ne pas obtenir 2 lors des n-1 premiers lancers.
La probabilité d’obtenir 2 étant de 1
4et celle de ne pas l’obtenir étant de
3
4, on a bien
13 1
4 4
n
np
. (0,5 point)
b) 1
3 1
4 4
n
np
4 0,105p et 5 0,079p , donc n 5 .(0,5 point)
Exercice 8 (2,5 points)
1)a) Le but de ce programme est de calculer et afficher 1 2, ,..., nu u u .
(0,5 point)
b) (0,5 point)
2)a) 0 2200u ; 1 00,5u u + 100 = 0,5 × 2200 + 100 = 1100 + 100 = 1200
2 10,5u u + 100 = 0,5 × 1200 + 100 = 600 + 100 = 700
3 20,5u u + 100 = 0,5 × 700 + 100 = 350 + 100 = 450 (0,5 point)
b)
0 0
1 1
2 2
3 3
200 2200 200 2000
200 1200 200 1000
200 700 200 500
200 450 200 250
v u
v u
v u
v u
(0,25 point)
c) v semble être une suite géométrique de raison 0,5. (0,25 point)
d) 1 1 200 0,5 100 200 0,5 100 0,5 200 0,5n n n n n nv u u u u v
Donc v est une suite géométrique de raison 0,5. (0,5 point)
Exercice 9 (4,5 points)
1)a) ( 0A 0B ) n’est pas parallèle à l’axe des abscisses, donc son équation réduite est de la
forme y = ax + b, avec a = -1
5
0A appartient à la parabole, donc 0A (1 ; 1²), soit
0A (1 ; 1)
De plus, 0A appartient à ( 0A 0B ). Ainsi 1 = -1
5× 1 + b
Donc 1 = -1
5+ b. Donc b = 1 +
1
5=
6
5.
On a donc : (0A 0B ) : y = -
1
5x +
6
5(1 point)
b) 0B est le point d’intersection de la parabole et de ( 0A 0B ). Par suite, ses coordonnées
vérifient les deux équations : y = x² et y = -1
5x +
6
5
On a alors : x² = -1
5x +
6
5 2 1 6
05 5
x x (0,25 point)
c) 2 1 60
5 5x x .
21 6 1 24 1 120 121
4 15 5 25 5 25 25 25
> 0
1
2
1 121 1 11 12
12 1 125 25 5 5 5 1,22 2 1 2 2 5 2 10
1 121 1 11 10
25 25 5 5 5 12 2 1 2 2 2
bx
a
bx
a
(-1,2)² = 1,44. Donc 0B (-1,2 ; 1,44) (0,75 point)
2) a)( nA nB ) a pour coefficient directeur 2 2
n n
n n
B A n n n nn nn n
B A n n n n
y y b a b ab aa b
x x b a b a
(0,5 point)
b) D’une façon similaire, ( 1nA nB ) a pour coefficient directeur
1
1
2 21 11
1
1 1
n n
n n
B A n n n nn nn n
B A n n n n
y y b a b ab aa b
x x b a b a
Comme le coefficient directeur de ( nA nB ) est -1
5 et celui de ( 1nA nB ) est
1
4, on a alors :
1
5n na b (L1)
1
1
4n na b (L2) (0,5 point)
c) Par (L2) – (L1), on obtient : 1
1 1
4 5n n n na b a b
1n n n na b a b =1 1
4 5
1n na a = 5 4
20 20
1na =
9
20na . (0,5 point)
d) (na ) est arithmétique de raison
9
20. (0,25 point)
e) na =
0a nr = 1 + 9
20n(0,25 point)
1
5n na b , d’où
1
5n nb a =-(1 +
9
20n)
1
5 =-1 -
9
20n
1
5 = -
6
5-
9
20n(0,5 point)
Exercice 10 (3 points)
1) 2 2 2n
nw n
0
0
1
1
2
2
3
3
2 2 0 2 1 0 2 3
2 2 1 2 2 2 2 2
2 2 2 2 4 4 2 2
2 2 3 2 8 6 2 4
w
w
w
w
(0,25 point)
Les écarts et les rapports entre deux termes consécutifs ne sont pas constants, donc ( nw )
n’est ni arithmétique ni géométrique. (0,25 point)
2) nu = -2n + 2
1n nu u = -2(n + 1)+ 2 – (-2n + 2) = -2n – 2 + 2 + 2n – 2 = -2
Donc 1 2n nu u . Ainsi, ( nu ) est arithmétique de raison -2. (0,5 point)
nv = 2n
1
1 2 2 22
2 2
n n
n
n n
n
v
v
.
Donc 1 2n nv v . Ainsi ( nv ) est géométrique de raison 2. (0,5 point)
3)a) 1 2 10...u u u = (-2 × 1 +2) + (-2 × 2 + 2) + … + (-2 × 10 + 2)=-2(1 + 2 + … + 10) + 10 × 2
= -2×10(10 1
2
) + 20 = -10×11 + 20 = -110 + 20 = -90 (0,5 point)
b) 1 2 10...v v v = 1 2 102 2 ... 2 = 2(1 + 2 + … + 92 ) = 2(101 2
1 2
) = -2(1- 102 )= 112 2
= 2048 – 2 = 2046 (0,5 point)
c) 2 2 2n
nw n , d’où n n nw v u
1 2 10...w w w = 1 2 10 1 2 10... ...v v v u u u = -90 + 2046 = 1956 (0,5 point)
