Corrigé du bac blanc de décembre 2013 Ex 1 : Partie A 1) On
Corrigé du bac blanc de décembre 2013
Ex 1 : Partie A
1) On calcule :
.
Donc est bien une solution de l’équation .
2a) On développe :
. On identifie ces coefficients avec ceux de :
;
Donc pour tout z , .
b) On résout : soit c’est-à-dire , soit , on calcule : =
(– 2)² – 4 × 1 × 2 = – 4, on choisit = 2i tel que ² = . Il y a donc deux solutions complexes
conjuguées :
et
. S = .
Partie B
2) K est le milieu de [JL] donc
;
d’où
.
L a bien pour affixe .
3) Il semble que les points A, B, J et L appartiennent au cercle de
centre O et de rayon . On calcule OA
; OB
; OJ
et OL .
Donc A, B, J et L appartiennent bien à ce cercle .
4a)
. C a pour affixe .
b) On note M le point qui a pour image D par la transformation f.
;
. Le point cherché est donc le point J .
5) AB ; BC ;
CD et DA .
Donc AB = BC = CD = DA = 2, ABCD est un losange. Il reste à démontrer qu’il a un angle droit :
;
ce qui signifie :
.
Il y a bien un angle droite donc le quadrilatère ABCD est un carré .
Ex 2 : Partie A
1) On retranscrit les données de l’énoncé :
;
et
.
On cherche que l’on note p. On utilise l’arbre pondéré ci-contre.
Ainsi
donc
;
;
;
. On trouve bien que
.
2)
.
Partie B
1a) Comme le choix des membres est indépendant, la probabilité que, sur les n membres choisis, aucun
n’adhère à la section tennis est :
. Donc la probabilité qu’au moins
un membre adhère à la section tennis (l’événement contraire) est
. Remarque : on aurait pu
définir une variable aléatoire X associée au nombre de membres qui adhèrent à la section tennis sur les n
choisis, cette variable aléatoire suit alors la loi binomiale
. La probabilité cherchée est alors :
P(X 1) = 1 – P(X = 0) = 1 –
ce qui donne le même résultat.
b) Le tableur de la calculatrice, ou un algorithme (ou une résolution avec logarithmes...) donne n 13 .
2a) On assimile ce tirage simultané à un tirage successive sans remise.
On obtient l’arbre ci-contre. La probabilité d’avoir deux jetons gagnants est :
, celle de n’avoir qu’un jeton gagnant est :
et celle de n’avoir aucun jeton gagnant est :
.
35
15
– 5
b) E(X) =
. On peut espérer perdre un euro, en moyenne,
chaque fois que l’on joue à ce jeu (à condition d’y jouer un grand nombre de fois).
Ex 3 : Partie A
1) Initialisation : pour n = 0 on a bien > 1. Hérédité : on suppose que, pour un certain entier n,
1. On pose, pour x [1 ; +∞[,
telle que . On dérive :
0. Donc f est strictement croissante sur [1 ; +∞[ ce qui implique
que, pour tout x ]1 ; +∞[, f(x) f(1) =
= 1. En particulier, comme 1 on peut choisir x = et
1 cela prouve la propriété au rang n + 1. Conclusion : pour tout n , 1 .
2a)
.
b) On sait que 1, donc 0, 0 et 0. Par règle des signes,
0 et donc . La suite est strictement décroissante .
Partie B
1)
i
1
2
3
u
0,8
1,07692
0,975611
2) Il semble que cette suite converge vers 1.
3a)
. Cela prouve que la suite est géométrique de raison q =
.
b)
et
.
4a) Si = 1 ;
= 1 ; cela impliquerait que – 1 = 1 ce qui est faux.
Donc, pour tout n , ≠ 1 .
b)
. On a bien, pour tout n ,
.
c) La suite est géométrique de raison q =
avec – 1 q 1, donc tend vers 0. Cela implique
que : a pour limite 1 .
Ex 4 : Partie A
Partie B
1a) Le coefficient directeur de la tangente à
au point A est égal à f ’(a) = .
b) Le coefficient directeur de la tangente à
au point B est égal à g’(b) = .
c) Comme la tangente est identique les
coefficients directeurs précédents sont égaux :
qui équivaut à : a = – b ou b = – a .
2) Equation de la tangente à au point A :
y = f ’(a)(x – a) + f(a) ; y = (x – a) + ;
y = x + (– a + ).
Equation de la tangente à au point B :
y = g’(– a)(x – (– a)) + g(– a) car b = – a ;
y = (x + a) +1 – ;
y = x + (a + 1 – ).
Les ordonnées à l’origine sont elles aussi égales : – a + = a + 1 – ; 0 = 2 a – 2 + 1 ;
0 = 2(a – 1) + 1. Donc a est bien solution de l’équation 2(x – 1) + 1 = 0 .
Partie C
1a) (x) = 2x – 2 + 1. Par croissances comparées
0xelim x
x
, on sait aussi que
0elim x
x
.
Donc
1xφlim
x
. D’autre part
1x2lim
x
et
x
x elim
donc
xφlim
x
.
b) On utilise (uv)’ = u’v + uv’, ainsi ’(x) = 2 + 2(x – 1) = (2 + 2x – 2) = 2x .
Une exponentielle est toujours positive donc ’(x) a le signe de x.
x
–∞
0
+∞
’(x)
–
0
+
1
+∞
(x)
– 1
2a) est continue sur comme produit de fonctions continues.
– D’une part est strictement décroissante sur ]–∞ ; 0] et 0 est compris entre 1 et – 1 donc, d’après
le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation (x) = 0 admet une unique solution
sur ]–∞ ; 0].
–D’autre part est strictement croissante sur [0 ; +∞[ et 0 est compris entre – 1 et +∞ donc, d’après
le « CTVI », l’équation (x) = 0 admet une unique solution sur [0 ; +∞[.
b) La calculatrice donne – 1,68 et 0,76 .
Partie D
1) Pour démontrer que la droite (EF) est tangente à la courbe au point E, il suffit de démontrer que le
coefficient directeur de la droite (EF) est égal à celui de la tangente en question, c’est-à-dire f ’(a) = .
E(a ; ) et F(– a ; 1 – ) donc m =
=
. Or le nombre a étant celui défini dans la
partie B, il est solution de l’équation (x) = 0 et il vérifie : 2(a – 1) + 1 = 0 ; 2a – 2 + 1 = 0 ;
1 – 2 = – 2a. On peut donc remplacer 1 – 2 par – 2a dans le calcul du coefficient directeur de
(EF) : m =
: c’est ce qu’il fallait démontrer. La droite (EF) est donc bien tangente à la courbe
au point E.
2) Le coefficient directeur de la tangente à au point F (d’abscisse – a) est donc g’(– a) =
lui aussi. La droite (EF) est donc aussi la tangente à au point F ce qui prouve bien l’existence de cette
tangente commune.
1
/
3
100%
