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 : ( )
(√ )
√ )( )
(
√
(
√ )( √ )
√
(
√
√ )√
√
√
√ est bien une solution de l’équation ( )
)
2a) On développe : (
√ )(
Donc
(
√ )
√
{(
)
√
(
)
√
(
√ )
(
√ )
√
√
Donc pour tout z  ℂ, ( )
;
(
√
√
√
√
.
.
√
√
√
. On identifie ces coefficients avec ceux de ( ) :
√
√
{
√
√
).
√ )(
b) On résout ( )
: soit
c’est-à-dire
, on calcule :  =
√
√ , soit
(– 2)² – 4 × 1 × 2 = – 4, on choisit  = 2i tel que ² = . Il y a donc deux solutions complexes
conjuguées :
. S={ √
et
}.
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
| | | ̅ | | | √ ; OJ
| |
√
√ ; OB
| √ | √ 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.
(
) donc
Ainsi ( )
;
;
2)
( )
. On trouve bien que
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
.
.
.
;
;
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
( ) . Remarque : on aurait pu
un membre adhère à la section tennis (l’événement contraire) est
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
P(X  1) = 1 – P(X = 0) = 1 – ( )
( )
(
). La probabilité cherchée est alors :
) 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
(
.
–5
15
)
(
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 ; +∞[,
(
) (
(
)
)
(
)
(
( )
= 1. En particulier, comme
(
2a)
b) On sait que
)
 1, donc
 0,
 0 et donc
Partie B
1)
i
u
)
(
 0 et
. La suite (
1
0,8
( )
 1 on peut choisir x =
)  1 cela prouve la propriété au rang n + 1. Conclusion : pour tout n  ℕ,
(
)(
). On dérive :
 0. Donc f est strictement croissante sur [1 ; +∞[ ce qui implique
)
que, pour tout x  ]1 ; +∞[, f(x)  f(1) =
(
(
telle que
2
1,07692
)(
et
1.
)
.
 0. Par règle des signes,
) est strictement décroissante .
3
0,975611
2) Il semble que cette suite converge vers 1.
3a)
(
(
)
. Cela prouve que la suite (
)
b)
4a) Si
cela impliquerait que – 1 = 1 ce qui est faux.
=1;
Donc, pour tout n  ℕ,
≠1.
. On a bien, pour tout n  ℕ,
b)
c) La suite (
que : (
) est géométrique de raison q =
) a pour limite 1 .
.
( ) .
et
=1;
) est géométrique de raison q =
avec – 1  q  1, donc (
.
) tend vers 0. Cela implique
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=2a –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 lim xe x  0 , on sait aussi que lim e x  0 .
x  
x  
Donc lim φx   1 . D’autre part lim 2x  1   et lim e   donc lim φx   .
x
x  
x  
x  
x  
b) On utilise (uv)’ = u’v + uv’, ainsi ’(x) = 2 + 2(x – 1) = (2 + 2x – 2)
Une exponentielle est toujours positive donc ’(x) a le signe de x.
x
–∞
0
+∞
–
0
+
’(x)
1
+∞
= 2x
.
(x)
–1
2a)  est continue sur ℝ 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.