Bac Blanc - Maths - 1S - 08/04/2015 (sur 40) durée : 4 h

Bac Blanc - Maths - 1S - 08/04/2015 (sur 40)
durée : 4 h - calculatrice autorisée
La présentation et la qualité de rédaction seront prises en compte dans la note
(6 points)
EXERCICE 1
Un chocolatier veut faire fabriquer une nouvelle boîte
de présentation pour Pâques. Elle aura la forme d’un
prisme droit dont deux faces sont des rectangles de 20
cm de longueur sur 5 cm de largeur.
Une section de ce prise par un plan perpendiculaire à
la face BC DE est le triangle ABC isocèle en A. La longueur BC = x représente l’écartement entre les deux
rectangles.
Le but de ce problème est de déterminer x tel que le
volume de cette boîte soit le plus grand possible.
1. a. Quelles sont les valeurs possibles pour x ?
b. Démontrer que la hauteur h issue de A du triangle ABC est telle que : h 2 =
100 − x 2
4
c. Exprimer l’aire du triangle ABC en fonction de x.
d. Exprimer le volume V (x) du prisme en fonction de x.
¡
¢
2. Soit la fonction f définie sur [0; 10] par : f (x) = x 2 100 − x 2 .
a. Étudier le sens de variation de f .
b. Pour quelle valeur de x f admet-elle un maximum ?
p
3. a. Vérifier : V (x) = 5 f (x).
b. En utilisant les variations de f , déterminer les variations de la fonction V sur [0; 10].
c. En déduire les dimensions de la boîte ayant le plus grand volume et donner la valeur de volume maximal.
EXERCICE
(5 points)
2
2(1 − x)
.
On considère la fonction f définie sur R par : f (x) = 2 − 2
x +1
On note C f sa courbe représentative.
−2(x 2 − 2x − 1)
.
(x 2 + 1)2
b) Déterminer les variations de f . On ne demande pas les valeurs exactes des extrema mais une valeur
arrondie au centième.
1. a) Vérifier que : f 0 (x) =
2. Déterminer l’équation de la tangente T à C f au point A d’abscisse 1.
3. On veut montrer qu’il existe un point B de C f tel que la tangente à C f en B soit parallèle à la droite ∆
d’équation y = −x.
a) Montrer que le problème revient à résoudre l’équation :x 4 + 4x + 3 = 0.
b) Vérifier : x 4 + 4x + 3 = (x + 1)2 (x 2 − 2x + 3).
c) Conclure.
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(7 points)
EXERCICE 3
ABC est un triangle quelconque.
−→ 1 −→
Le point I est tel que : B I = B A
4
−→ 2 −→
Le point J est tel que : C J = C B
3
−−→ 3 −→
Le point K est tel que : AK = AC .
5
On souhaite démontrer que les droites (AJ), (BK) et (CI)
sont concourantes.
Soit E le point d’intersection
droites (BK) et (AJ).
³ des
−→ −→´
On se place dans le repère B, BC , B A .
1. a. Donner sans justification les coordonnées des points B , C , A, I et J .
b. Calculer les coordonnées du point K .
µ
¶
3 2
Dans la suite, on admet que les coordonnées de K sont : ; .
5 5
2. a. Déterminer une équation cartésienne de la droite (A J ) et montrer qu’elle peut se mettre sous la
forme :3x + y − 1 = 0.
b. Déterminer une équation cartésienne de la droite (B K ) .
c. En déduire les coordonnées du point E .
3. Démontrer que le point E appartient à la droite (C I ) et conclure.
EXERCICE
4
Une coopérative laitière fabrique un fromage qui doit
contenir, selon l’étiquette, 50% de matière grasse. Un
organisme de contrôle de qualité prélève 100 fromages
afin d’analyser leur taux de matière grasse.
(4 points)
Voici les résultats de l’analyse :
Taux [45; 47[ [47; 49[ [49; 51[ [51; 53[ [53; 55[
Effectif
6
25
45
21
3
1. Calculer une valeur approchée du taux moyen t̄ et de l’écart-type σ.
2. Une production de fromage peut être vendue sous l’appellation "50% de matière grasse" si les deux conditions suivantes sont remplies :
£
¤
a. 50 appartient à l’intervalle t̄ − 0, 3; t̄ + 0, 3 ;
£
¤
b. Plus de 90 % des fromages analysés appartiennent à l’intervalle t̄ − 2σ; t̄ + 2σ .
Que pensez-vous de la production de cette coopérative ?
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EXERCICE
5
1. Donner la mesure principale des angles orientés
suivants :
Mesures
21π
2
−
19π 37π
6
4
−
29π 100π
47π
−
5
3
8
Mesures
principales
p
2
2. Résoudre dans [0; 2π[ l’équation :cosx =
2
3. Vrai ou Faux :soit le carré ABC D de sens
direct. ( suite colonne de droite)
(7 points)
³−→ −−→´
π
Le point A étant tel que : OI , O A = − [2π]. Pré6
ciser si les affirmations suivantes sont vraies ou
fausses.(Schéma ci-dessous redonné en fin de sujet)
³−−→ −−→´ π
a. O A, OB = [2π]
2
³−−→ −→´ 5π
b. OB , OI =
[2π]
3
³−→ −−→´
3π
c. OI , OD = − [2π]
4
³−−→ −→´ π
d. OB , O J = [2π]
6
³−→ −−→´
11π
[2π]
e. OI , OC = −
12
EXERCICE 6
(6 points)
Une urne contient n boules indiscernables au toucher : 5 boules rouges et n − 5 boules noires ( n est un entier
supérieur ou égal à 6).
Un joueur tire au hasard successivement et sans remise deux boules de l’urne.
1. Construire un arbre pondéré décrivant cette expérience aléatoire.
2. Le joueur gagne 2esi les deux boules tirées sont de couleur différente et perd 1esinon. On note A l’évènement :"les deux boules tirées sont de couleurs différentes" et X la variable aléatoire donnant le gain algébrique du joueur.
a. Montrer que : P (A) =
10n − 50
n2 − n
b. Déterminer la loi de probabilité de X .
−n 2 + 31n − 150
c. Montrer que : E (X ) =
n2 − n
3. Comment choisir n pour que le jeu soit équitable ?
4. Le tirage se fait maintenant avec remise et le nombre de boules au total est de 12. On fait 7 tirages successifs
et on considère X la variable aléatoire,le nombre de boules rouges tirées.
Déterminer la loi de probabilité de X ; ensuite, calculer la probabilité de tirer au moins une boule rouge.
EXERCICE 7
(5 points)
Une association constate que chaque année, 20% de ses adhérents de l’année précédente ne renouvellent pas
leur adhésion et qu’il y a 300 nouveaux adhérents.
On veut étudier l’évolution du nombre d’adhérents au cours des années.
On note u n le nombre d’adhérents de l’association lors de la n-ième année.
1. Sachant que : u 1 = 1000, calculer u 2 et u 3 .
2. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, u n+1 = 0.8u n + 300.
3. On pose : v n = 1500 − u n .
Montrer que (v n ) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier rang.
4. Démontrer que pour tout entier naturel n non nul : u n = 1500 − 500 × (0.8)n−1 .
5. En déduire le nombre d’adhérents la dixième année.
6. A l’aide de la calculatrice, déterminer l’entier naturel n à partir duquel : u n ∈ [1499, 9; 1500, 1[
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Brouillon :
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Bac Blanc 2015 : correction
EXERCICE
1
1. a. D’après l’inégalité triangulaire : BC < AB + AC . On peut aussi prendre en compte l’alignement de B, A et
C . Soit : BC = x ≤ AB + AC = 10. De plus, x représente une longueur, soit : x ≥ 0. Donc : x ∈ [0; 10].
b. ABC étant un triangle isocèle, la hauteur issue de A coupe le segment [BC ] en son milieu. En nommant
H le pied de la hauteur issue de A sur [BC ] et d’après le théorème de Pythagore :
³ x ´2
x 2 100 − x 2
= 25 ⇔ h 2 = 25 −
=
AH 2 + HC 2 = AC 2 ⇔ h 2 +
2
4
4
s
100 − x 2 x
xp
c. Soit A ABC (x) l’aire du triangle ABC en fonction de x : A ABC (x) =
100 − x 2
× =
4
2
4
q ¡
p
¢
xp
d. Soit V (x) le volume du prisme : V (x) =
100 − x 2 × 20 = 5x 100 − x 2 = 5 x 2 100 − x 2 .
4
Tableau de variation :
p
x
0
10
5 2
2. a. Étude du sens de variation de f en étudiant le signe de la
−
dérivée de f : f , comme fonction polynôme, est dérivable
+
0
50 − x 2
sur R, soit sur [0; 10].
¡
¢ 2
¡
¢
2
2
2
Donc : f 0 (x)
=
2x
100
−
x
+x
=
x
200
−
2x
−
2x
(−2x)
x
+
+
0
¢¡ p
¢
¡
¢
¡ p
f 0 (x) = 4x 50 − x 2 = 4x 5 2 − x 5 2 + x .
−
Voir tableau de variation ci-contre.
+
f 0 (x)
0
0
b. D’après ce tableau, f admet un maximum sur [0; 10]
p
pour : x = 5 2
q ¡
p
¢
3. a. V (x) = 5 x 2 100 − x 2 = 5 f (x).
f (x)
p
f (5 2)
b. Utilisons le sens de variations de la fonction racine carrée : elle est croissante sur [0; 10] ; Donc, V possède
les mêmes variations que f (x) sur [0; 10].
p
p
c. Donc, le volume est maximal pour : x = 5 2, soit la mesure de BC . On obtient un volume :V (5 2) = 250,
soit un volume maximal de 250cm3
EXERCICE
2
1. a) f est une fonction rationnelle ; elle est donc dérivable sur son ensemble de définition, R .
2(x 2 + 1) + (2 − 2x)(2x) 2(x 2 + 1 + 2x − 2x 2 −2(x 2 − 2x − 1)
f 0 (x) =
=
=
( égalité prouvée).
(x 2 + 1)2
(x 2 + 1)2
(x 2 + 1)2
Tableau de variations de f :
b) Étude de signes de f 0 (x) en calculant le disp
p
criminant du numérateur :
−∞
x
1− 2
1+ 2
2
∆ = b − 4(ac) = 8 > 0.
−
−
+
f 0 (x)
0
0
Donc, le numérateur
a deux racines :
p
p
−b − ∆
p
= 1 − 2 et
x1 =
1+ 2
2ap
f (x)
p
−b + ∆
p
x2 =
= 1 + 2.
1− 2
2a
2. Soit l’équation de la tangente T à C f au point A d’abscisse a :y = f 0 (a)(x − a) + f (a).
Sachant, pour a = 1 : f (1) = 2 et f 0 (1) = 1. Donc : (T ) : y = 1(x − 1) + 2, soit : (T ) : y = x + 1 .
+∞
3. a) Soit B (x 0 ; y 0 ). La tangente à C f en B est parallèle à ∆ d’équation y = −x. Donc : f 0 (x 0 ) = −1.On résout
−2(x 02 − 2x 0 − 1)
−2(x 02 − 2x 0 − 1)
−2(x 02 − 2x 0 − 1) + (x 02 + 1)2
donc :
= −1 ⇔
+1+0 ⇔
=0
(x 02 + 1)2
(x 02 + 1)2
(x 02 + 1)2
⇔ −2x 02 + 4x 0 + 2 + x 04 + 2x 02 + 1 = 0 ⇔ x 04 + 4x 0 + 3 = 0
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b) Développons : (x + 1)2 (x 2 − 2x + 3)
= (x 2 + 2x + 1)(x 2 − 2x + 3) = x 4 − 2x 3 + 3x 2 + 2x 3 − 4x 2 + 6x + x 2 − 2x + 3 = x 2 + 4x + 3 .
c) Concluons en factorisant : x 2 − 2x + 3 : ∆ = −8 < 0 donc : x 2 − 2x + 3 > 0 quelque soit le réel x.
Donc : f 0 (x 0 ) + 1 s’annule pour : x 0 = −1. f (x 0 ) = 1.
Donc le point B existe, est de coordonnées (−1; 1).
EXERCICE
3
1
1
1. a. Coordonnées des points sont : B (0; 0), C (1; 0), A(0; 1), I (0; ) et J ( ; 0).
4
3
 
3
µ
¶
−−→ 3 −→
−→ xC − x A = 1
−−→  
b. On sait : AK = AC . Or : AC
. Donc : AK  53 .
y
−
y
=
−1
5
C
A
−
5


3
3




x K − x A =
x K = x A +
3 2
5
5
Soit :
⇔
. Donc : K ( ; )


3
3
5 5


yK − y A = −
yK = y A −
5
5
 
1
−→  
2. a. La droite (A J ) est de vecteur directeur A J 3 ; soit le point M (x; y) appartenant à cette droite.
−1
−→ −−→
Donc les vecteurs
µ ¶A J et AM
µ 0 ¶sont colinéaires.
x
x
→
−
→
−
D’après : soit u
et v 0 deux vecteurs non nuls. Ils sont colinéaires ssi : x y 0 − x 0 y = 0.
y
y
1
1
1
1
1
−→ − y −→ ×x −−→ = 0 ⇔ (y −1)−(−1)(x) = 0 ⇔ y − +x = 0 ⇔ x + y − = 0 ⇔ 3x + y −1 = 0.
Donc : x −A→J × y −AM
AJ
AM
3
3
3
3
3
Donc : (A J ) : 3x + y − 1 = 0 .
 
3
µ ¶
3
2
−−→  5  −−→ x
b. De même pour la droite (B K ), sachant :B K  2  et B M
. On obtient : y − x = 0 ⇔ (B K ) : 3y − 2x = 0
y
5
5
5
c. Le point E (x 1 ; y 1 ) est le point d’intersection des droites (A J ) et (B K ), donc ses coordonnées vérifient le
½
½
3x 1 + y 1 = 1 L 1
9x 1 + 3y 1 = 3 L 1 × 3
3
système suivant :
⇔
⇔ 11x 1 = 3 ⇔ x 1 =
.
11
−2x 1 + 3y 1 = 0 L 2
−2x
+
3y
=
0
L
1
1
2
µ
¶
9
2
3 2
Dans L 1 : y 1 = 1 − 3x 1 = 1 −
= . Donc : E
;
.
11 11
11 11
−→ −→
3. Démontrons que E appartientà (C I) en montrant que C , E et I sont alignés, soit que les vecteurs C E et C I
 
8
−→ − 11  −→ −1
sont colinéaires, sachant : C E  2  et C I 1 .
4
11
µ ¶
µ ¶
8 1
2
2
2
Calculons : xC−→
× yC−→I − yC−→I × xC−→
=−
− (−1)
=− +
= 0. Donc : C , E et I sont alignés. Donc,
E
E
11 4
11
11 11
E est le point d’intersection des droites (C I ), (BC ) et (A J ).
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EXERCICE
4
1. Calcul de la valeur approchée du taux moyen t̄ avec le centre de chaque classe :
6 × 46 + 25 × 48 + 45 × 50 + 21 × 52 + 3 × 54
t̄ =
= 49, 8 .
6 + 25 + 45 + 21 + 3
Pour calculer l’écart-type, calculons d’abord la variance :
p
6 (46 − 49, 8)2 + 25 (48 − 49, 8)2 + 45 (50 − 49, 8)2 + 21 (52 − 49, 8)2 + 3 (54 − 49, 8)2
V=
. Soit : σ = V = 1.8 .
£ 6 + 25 + 45 + 21
¤ +3
2. a. Déterminons l’intervalle I = t̄ − 0, 3; t̄ + 0, 3 = [49, 5; 50, 1] :50 ∈ I .
£
¤
b. De même : J = t̄ − 2σ; t̄ + 2σ = [46, 2; 53, 4].A priori, au moins 97% de la production - si on enlève la
dernière catégorie ( dont la borne inférieure est 53 - sont dans J .
La production peut donc être vendue sous l’appellation "50% de matière grasse".
EXERCICE 5
1. Mesure principale des angles orientés suivants :
Mesures
Mesures
principales
21π
2
π
2
19π 37π
29π 100π
47π
−
−
6
4
5
3
8
5π
π
π
3π
2π
−
−
6
4
5
3
8
−
p
2
π
2. Dans [0; 2π[ :cosx =
⇔ cosx = cos
2
4
π
7π
π 7π
π
S ={ ;
}
⇔ x = ou x = − + 2π =
4
4
4
4 4
³−−→ −−→´ π
3. a. O A, OB = [2π] : vrai
2
³−−→ −→´ 5π
[2π] : vrai
b. OB , OI =
3
³−→ −−→´
2π
3π
c. OI , OD = − [2π] : faux (− )
4
3
³−−→ −→´ π
d. OB , O J = [2π] : vrai
6
³−→ −−→´
11π
7π
e. OI , OC = −
[2π] : faux (− )
12
6
EXERCICE 6
1. Voir l’arbre pondéré ci-contre.
2. a. P (A) =
5 n −5 n −5
5
5(n − 5)
10n − 50
×
+
×
=2
=
n n −1
n
n −1
n(n − 1)
n2 − n
b. Détermination de la loi de probabilité :
Soit X la variable donnant le gain algébrique : P (x = 2) = P (A)
n 2 − 11n + 50
et P (x = −1) = 1 − P (x = 2) =
.
n2 − n
2. a. E (X ) =
2(10n − 50) + (−1)(n 2 − 11n + 50) 20n − 100 − n 2 + 11n − 50
−n 2 + 31n − 150
=
=
n2 − n
n2 − n
n2 − n
4. Le jeu est équitable si : E (X ) = 0 ⇔ −n 2 +31n −150 = 0. Calculons le discriminant de ce trinôme :∆ = 361 > 0.
Il existe donc deux racines :n 1 = 25 et n 2 = 6. Il faut donc 6 ou 25 boules au total pour que le jeu soit équitable.
5. Le tirage se faisant maintenant avec remise, l’expérience aléatoire est répétitive et identique et à double
5
5
issues ( rouge ou noire).Il s’agit donc d’une loi binomiale B (7; ).(P (tirer une boule rouge = ).
12
12
µ ¶ µ ¶k µ
¶
5 7−k
7 5
P (X = k) =
1−
k 12
12
µ ¶ µ ¶0 µ
¶
5 7
7 5
La probabilité de tirer au moins une boule rouge : P (x ≥ 1) = 1 − P (x = 0) = 1 −
1−
= 0, 977
0 12
12
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EXERCICE
7
1. Sachant qu’une baisse de 20% correspond à une multiplication par 0.8, on effectue les calculs suivants :
u 1 = 1000 ;u 2 = u 1 × 0.8 + 300 = 1000 × 0.8 + 300 = 1100 et u 3 = u 2 × 0.8 + 300 = 1100 × 0.8 + 300 = 1180.
2. D’après les calculs précédents : u n+1 = 0.8u n + 300.
3. Soit : v n = 1500 − u n .
v n+1
D’après : une suite (u n ) est dite géométrique s’il existe un réel q tel que :
= q.
vn
n
On peut alors écrire : v n = v 0 q .
v n+1 1500 − u n+1
1
1
Calculons :
=
=
[1500 − (0, 8u n + 300)] =
[1200 − 0, 8u n ]
vn
vn
vn
vn
v n+1
1
1
Sachant : u n = 1500−v n :
=
[1200 − 0, 8 (1500 − u n )] =
(1200 − 1200 + 0, 8v n ) = 0, 8 ( terme constant).
vn
vn
vn
Donc, (v n ) est une suite géométrique de raison q = 0, 8 et de premier terme : v 1 = 1500 − u 1 = 500. Et on obtient, en fonction de n : v n = v 1 q n−1 = 500(0, 8)n−1 .
4. Donc, pour tout entier naturel n non nul : u n = 1500 − v n = 1500 − 500 × (0.8)n−1 .
5. Nombre d’adhérents la dixième année : u 10 = 1500 − 500(0, 8)9 ' 1433. Il y aura donc 1433 adhérents la
dixième année.
6. A partir de n = 40 : u 40 ' 1499, 92 est le premier terme supérieur à 1499, 9.
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