partie b

BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012
MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
SOLUTIONS
Partie B
Examen avec support technologique
1/12
FR
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B1 ANALYSE
Page 1/11
Barème
Pour tout entier n  0 , on considère la famille de fonctions g n définies par
g n ( x) 
en x
.
1  ex
a)
Esquisser le graphique de g 0 .
1
g0  x  
. Graphique : voir tns p.1.
1  ex
b)
Montrer que g0 ( x)  g1 ( x) pour tout nombre réel x .
Interpréter géométriquement cette propriété et esquisser le graphique de
g1 sur le même diagramme que celui de g 0 .
 
2 points
2 points
e x  e x
ex
1
g1  x  
 g1   x  

 g0  x  . CQFD.
x
x
1 e
1+e x  e x e  1


Donc le graphique de g1 est symétrique de celui de g 0 par rapport à l’axe des
ordonnées. Graphique : voir tns p.1.
c)
Montrer que toutes les courbes d’équations y  gn ( x) ont un point
commun A.
2 points
Donner les coordonnées de A .
 1
D’après les graphiques de g0 et g1 , on peut conjecturer que le point  0; 
 2
1
1
 . CQFQ.
est le point A. Prouvons-le : pour tout n  0, on a g n  0  
11 2
d)
Pour n  2 , déterminer le comportement de g n ( x) lorsque x    et
lorsque x    , et indiquer une équation de l’asymptote.
Calculons, pour n  2 , les limites de gn  x  respectivement pour
x   et x   .
enx
0
 0.
x
x 
x  1  e
1
On a donc une asymptote horizontale en  , d’équation y  0.
lim gn  x   lim
enx
  

  , car enx l'emporte sur e x .
x

x  1  e



lim gn  x   lim
x 
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3 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B1 ANALYSE
e)
Page 2/11
Pour n  2 , calculer g n ( x) et déterminer si g n est croissante ou
décroissante.
Pour n  2, g n  x  


n e nx 1  e x  e nx  e x
1  e 
x
2

e nx  n   n  1 e x 
1  e 
x
On en déduit que g n est strictement croissante sur
f)
2
Barème
3 points
 0 sur .
.
Au point d’abscisse x  0 , le graphique de g n admet une tangente
parallèle à la droite d’équation 9 x  4 y  1  0.
Calculer n et établir une équation de cette tangente.
3 points
La pente de la tangente t parallèle à la droite d’équation 9 x  4 y  1  0 en
9
x  0 a la même pente que cette droite, c’est-à-dire .
4
2n  1
2n  1 9
  n  5.
D’autre part, cette pente est égale à g n  0  
. Donc
4
4
4
9
1
t a pour équation y  x  k et g n  0   .
4
2
9
1
Donc t a pour équation y  x  .
4
2
g)
Calculer l’aire de la surface délimitée par les graphiques de g0 et g1 entre
les droites d’équations x  1 et x  1 .
La surface délimitée par les graphiques de g0 et g1 entre les droites d’équations
x  1 et x  1 est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. Donc l’aire A
de cette surface
1
1
1
1
  2e x e x  1 
ex

 2 

dx

4

2
dx

4
I

2
x
 4 I  2 où



x
x 
0
0
 0 1+e x
 0  1+e 1+e 
1
ex
I 
dx .
 x
0 e  1
Soit u  e x  1  du  e x dx ; si x  0, alors u  2 et si x  1, alors u  e  1 .
e 1
Donc I  

2
e 1
e 1
du
e 1
 2  0, 48.
  ln u   ln
. D’où A  4 ln
2
2
u
2
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3 points
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PARTIE B
QUESTION B1 ANALYSE
Page 3/11
Barème
h) Pour tout entier n  0 , une suite de nombres In est donnée par
 g (x) dx
0
In 
n
.
1
En utilisant la calculatrice, déterminer la plus petite valeur de n pour
laquelle I n  0,11.
La suite  I n  est décroissante.
gn1  x 
e 
En effet
 nx  e x .
gn  x 
e
n 1 x
Or pour tout x  0, e x  1 et pour tout n  0, gn  x   0 .
Donc pour tout x  0, 0  gn1  x   gn  x  et donc

0
1
gn1  x  dx  gn  x  dx.
0
1
On utilise la calculatrice (voir tns p.3) pour déterminer la plus petite valeur de
n pour laquelle I n  0,11 : n  5.
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2 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B2 GÉOMÉTRIE
Page 4/11
Barème
Dans un espace à trois dimensions, on considère les droites
 x  2  7
 x  3  10


d1 :  y  3  14 ,  
et
d 2 :  y  2  6 ,   .
z  
z


a)
Démontrer que les droites d1 et d2 sont gauches.
1°) d1 et d2 ne sont pas parallèles. En effet leurs vecteurs directeurs respectifs
 2
 3
2 3
 
 
d1  3  et d 2  2  sont non colinéaires    .
3 2
1
1
 
 
d1 et d2 ne sont pas non plus sécantes. En effet le système
2  7  3  10
  3

. Il n’a donc pas de solution.
3  14  2  6  


8




Donc d1 et d2 sont gauches.
2°) Soient le point D1 (7; 14;0)  d1 et le point D2 (10;  6;0)  d2 .
3 8 0


Le produit mixte D1 D2 d1  d 2  2
3
3 1 5  0.
2 1
Donc d1 et d2 sont gauches.
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3 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B2 GÉOMÉTRIE
b)
Page 5/11
Barème
La droite p est orthogonale à d1 et d2 et est sécante à ces deux droites.
Établir un système d’équations de la droite p.
1°) p est la droite d’intersection du plan 1 contenant d1 et parallèle à p et du
plan  2 contenant d 2 et parallèle à p.
1
p a pour vecteur directeur p  d1  d 2  1  .
 5 
 
x  7 y  14 z
1 : 2
3
1  0  16 x  11y  z  42  0 .
1
1
5
x  10
2 : 3
1
y6 z
2
1  0  11x  16 y  z  14  0 .
1
5
16 x  11y  z  42  0
D’où la droite p : 
.
 11x  16 y  z  14  0
1
 
2°) Après avoir calculé un vecteur directeur de p : p  d1  d 2  1  ,
 5 
 
on détermine le point de percée de d 2 dans le plan 1 contenant d1 et
parallèle à p: ce point P appartient à p.
 x  3  10

1 : 16x  11y  z  42  0 et d2 :  y  2  6 ,   .
 z 

136
On a : 16  3  10   11 2   6     42  0  27   136   
.
27
 46 110 136 
D’où le point P  ;
;
.
 9 27 27 
46

 x 9 k

110

k , k .
Finalement p :  y 
27

 136
 z  27  5k

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5 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B2 GÉOMÉTRIE
c)
Calculer la distance entre les droites d1 et d2 .
d  d1 ; d 2  
d)
Page 6/11

D1D2 d1  d 2
d1  d 2

5
12  12   5
3 points

2
Barème
5
3 3

5 3
 0,96.
9
La droite l passe par le point M (1 ; 2 ; 0) et est sécante aux deux droites d1
et d2 .
Établir un système d’équations paramétriques de la droite l.
4 points
l est la droite d’intersection du plan  contenant d1 et comprenant M et du
plan  contenant d 2 et comprenant M.
On obtient un vecteur normal à  en calculant
8
1
 2
2
 
 
 
 
D1M  d1 où D1M 16   8   2  et d1  3  . n  1 est un vecteur normal à  .
0
 0
1
 1
 
 
 
 
On obtient un vecteur normal à  en calculant
11
 3
8
 
 
 
D2 M  d 2 où D2 M  8  et d 2  2  . n  11  est un vecteur normal à  .
0
1
 2 
 
 
 
9
 x  1  9t

 
n  n  4  est un vecteur directeur de l. D’où l :  y  2  4t , t  .
 z  14t
14 

 
e)
Existe-t-il une sphère centrée en M et tangente aux deux droites d1 et d2 ?
Justifier la réponse.
Une telle sphère existe  d  M ; d1   d  M ; d2  .
Or d  M ; d1  
d  M ; d2  
D1M  d1
8 22   1   1
2

2  3 1
2
d1
D2 M  d 2
d2
2
2
82   11   2 
2

2
2
3  2 1
2
2
2


8 6 8 21

 5, 24 et
7
14
189 3 21 3 6


 3, 67.
2
14
14
d  M ; d1   d  M ; d2  : il n’existe donc pas de sphère centrée en M et tangente
aux deux droites d1 et d2 .
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3 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B2 GÉOMÉTRIE
f)
Page 7/11
Établir une équation de la sphère centrée en M et tangente à la droite d2 .
3 6
.
2
Donc la sphère centrée en M et tangente à la droite d 2 a pour équation :
27
2
2
 x  1   y  2   z 2  .
2
Le rayon de cette sphère est égal à d  M ; d 2  
8/12
Barème
2 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B3 PROBABILITÉS
Page 8/11
Barème
Utiliser la calculatrice pour tous les calculs de cette question.
Les diamètres des œufs produits dans une ferme sont distribués normalement,
avec une moyenne de 60 mm et un écart-type de 5 mm.
a)
98 % de la production ont des diamètres situés dans l’intervalle
60  k ;60  k  .
Calculer la valeur de k en mm, arrondie à la deuxième décimale.
5 points
Soit X le diamètre (en mm) d’un oeuf pris au hasard dans la production.
X suit une loi normale de paramètres m  60 et  =5 .
On sait que P  60  k  X  60  k   0,98 et la calculatrice (voir tns p.8)
donne la valeur de k : k  11, 63 .
Les œufs dont le diamètre est supérieur ou égal à 70 mm sont classifiés comme
extra-gros.
b)
Montrer que les œufs extra-gros constituent approximativement 2,275 %
de la production.
4 points
Il suffit de montrer que P  X  70  0,02275 . C’est exactement ce que donne
la calculatrice (voir tns p.8).
La ferme produit 4000 œufs par jour.
c)
Calculer la probabilité que, en 7 jours, le nombre total d’œufs extra-gros
soit situé dans l’intervalle [600 ; 650].
Soit Y le nombre d’oeufs extra-gros pondus en 7 jours, c’est-à-dire parmi les
28000 oeufs pondus.
Y suit une loi binomiale de paramètres n  28000 et p  0, 02275 .
A l’aide de la calculatrice (voir tns p.8), on détermine
P  600  Y  650  0,641971  0,64.
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5 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B3 PROBABILITÉS
Page 9/11
Barème
Certains œufs possèdent plus d’un jaune.
En moyenne, 30 % des œufs extra-gros possèdent plus d’un jaune, tandis que
seulement 0,5 % des autres possèdent plus d’un jaune.
d)
Calculer la probabilité qu’un œuf, choisi au hasard parmi les œufs de cette
ferme, possèdent plus d’un jaune.
3 points
Considérons les événements
JM : « l’oeuf choisi possède plus d’un jaune »,
EG : « l’oeuf choisi est extra-gros ».


P  JM   P  JM  EG   P JM  EG .
  
P  JM   P  EG   P  JM | EG   P EG  P JM | EG

P  JM   0,02275  0,3  0,97725  0,005  0,0117.
e)
Calculer la probabilité qu’un œuf possédant plus d’un jaune ne soit pas
un œuf extra-gros.


P EG | JM 

P EG  JM
P  JM 
  0,97725  0, 005  0, 417.
0, 0117
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3 points
BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B4 SUITES
Page 10/11
Barème
 u1  1

On considère la suite  un  définie par : 
1
un  un21  1, n  2.


4
a)
Calculer les valeurs exactes de u2 et u3.
Utiliser la calculatrice pour trouver une valeur approchée à 104 près de
u20.
2 points
1
5
1 25
25  64 89
 1  et u3    1 
 .
4
4
4 16
64
64
Avec la calculatrice (voir tns p.9) : u20  1,8398.
u2 
b)
On admet que un  2 , quel que soit le nombre naturel n.
Démontrer que la suite  un  est croissante.
3 points
En déduire que  un  est convergente et calculer sa limite.
2
1
2
1

un  un 1   un 1   1  un 1   un 1  1  0 car un 1  2 par hypothèse.
4
2

Donc la suite  un  est croissante. CQFD.
De plus elle est majorée (par 2) ; donc elle est convergente. CQFD.
2
Sa limite est la solution de l’équation
Donc lim  un   2.
1 2
1

x  1  x   x  1  0  x  2.
4
2

n
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BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2012 : MATHÉMATIQUES 5 PÉRIODES
PARTIE B
QUESTION B5 NOMBRES COMPLEXES
Page 11/11
Barème
Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire de w en fonction de x et
y.
2 points
On considère le nombre complexe w 
1 i z
,
z2
où z  x  iy est un nombre complexe (x, y étant réels) et z  2 .
a)
1  ix  y    x  2  iy 
x  iy  2
 x  2  iy    x  2  iy 
1  y  x  2   xy  i   x  x  2   y  y 2  x  2 y  2  i   x 2  y 2  2 x  y 
w

2
x2  y 2  4x  4
 x  2  y2
w
1  i  x  iy 
  w 
b)

x  2y  2
x2  y 2  2 x  y
et

w

.


x2  y 2  4 x  4
x2  y 2  4x  4
Montrer que, si w est imaginaire pur, alors les points représentant z
appartiennent à une certaine droite du plan complexe.
Établir une équation de cette droite.
w est imaginaire pur    w   0  x  2 y  2  0 et  x  2   y 2  0 .
2
Cette dernière inégalité est vraie puisque  x ; y    2;0 .
Les points représentant z dans le plan complexe appartiennent à la droite
1
d’équation x  2 y  2  0  y  x  1 .
2
12/12
3 points