Terminales S - Devoir Surveillé n°10

Terminales S - Devoir Surveillé n°10
− corrigé −
Exercice 1
5 points
−
→
−
→ →
−
−
→
1. Le vecteur w a pour coordonnées (1 ; 0 ; −1). On a w · u = 1 × 1 + 0 × (−3) + (−1) × 1 = 0, donc les vecteurs w
→
−
et u sont orthogonaux.
→
−
→
−
Soit v de coordonnées (−1 ; 1 ; −1). D’après la représentation paramétrique de D ′ , v est un vecteur directeur
−
→
→
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−
→
→
−
de D ′ . On a w · v = 1 × (−1) + 0 × 1 + (−1) × (−1) = 0 : donc les vecteurs w et v sont orthogonaux.
−
→
Toute droite dirigée par w est donc orthogonale à D et à D ′ et réciproquement, toute droite orthogonale simul→
−
→
−
tanément à D et à D ′ doit être dirigée par un vecteur orthogonal simultanément à u et à v . Ces deux vecteurs
→
−
étant non colinéaires, ils constituent la base d’un plan P ′ , et donc tout vecteur orthogonal simultanément à u
→
−
−
→
et à v est un vecteur normal à P ′ , c’est donc le cas de w , et de tout vecteur directeur de ∆. Puisque les vecteurs
−
→
normaux à un plan sont tous colinéaires, cela implique que tout vecteur directeur de ∆ est colinéaire à w ; et
−
→
donc, que w est un vecteur directeur de ∆.
→
−
→
−
−
→
2. a. On calcule le produit scalaire de n avec les vecteurs u et w , qui sont deux vecteurs non colinéaires (car
→
−
orthogonaux) du plan P . Comme ces deux produits scalaires sont nuls, on en déduit que n (qui est non nul)
est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan et donc par définition, c’est un vecteur normal au
plan P .
b. On en déduit qu’une équation cartésienne du plan P est de la forme 3x +2y +3z +d = 0, avec le coefficient d
tel que les coordonnées de A vérifient l’équation du plan, car A étant un point de D, c’est a fortiori un point
de P .
3x A + 2y A + 3z A + d = 0 ⇐⇒ 9 + (−8) + 3 + d = 0. Et on obtient donc d = −4.
Une équation de P est donc bien 3x + 2y + 3z − 4 = 0.
3. a. On a admis que le point H ′ est le point d’intersection de P et de D ′ . En tant que point de D ′ , H ′ doit avoir
des coordonnées basées sur la représentation paramétrique de D ′ , et en tant que point du plan, ces coordonnées doivent vérifier l’équation du plan P .
3(−1 − t ) + 2(2 + t ) + 3(1 − t ) − 4 = 0 ⇐⇒ −4t = 0
H ′ est donc le point de paramètre 0 sur la droite D ′ , et c’est donc bien le point de coordonnées (−1 ; 2 ; 1).
b. On peut en déduire une représentation paramétrique de la droite ∆, connaissant les coordonnées d’un point

 x = −1 + s
y = 2
de la droite, ainsi que celles d’un vecteur directeur. On a alors :
(s ∈ R)

z = 1−s
→
−
4. a. Une représentation paramétrique de D, dont on sait qu’elle passe par A et qu’elle est dirigée par u est :

 x = 3+r
y = −4 − 3r (r ∈ R)

z = 1+r
Le point H étant l’intersection de deux droites dont on connaît les représentations parmétriques, il est le
point de paramètre r 0 sur D et de paramètre s 0 sur ∆, où (r 0 ; s 0 ) est la solution du système suivant :


3 + r = −1 − s
s = 4+r


−4 − 3r = 2
−3r = 6
⇐⇒


1+r = 1−s
r = −s

 s = 2
r = −2
⇐⇒

r = −2
Le système a donc une solution (ce qui est concordant avec le fait que les droites sont sécantes), et H est
donc le point de paramètre 2 sur ∆, soit le point de coordonnées (1 ; 2 ; -1), qui est bien le point de paramètre
−2 sur D.
p
p
b. Puisque le repère est orthonormé, la longueur H H ′ est H H ′ = (1 − (−1))2 + (2 − 2)2 + (−1 − 1)2 = 2 2.
−−−−→ −−−→ −−−→ −−−−→ −−−→ →
−
→
− −−−→ −−−−→
5. a. Utilisons la relation de Chasles : M M ′ = M H + H H ′ + H ′ M ′ = H H ′ + z , en posant z = M H + H ′ M ′ .
−−−→
H et H ′ sont deux points distincts de ∆, donc le vecteur H H ′ est un vecteur directeur de ∆.
−−−→
Comme M et H sont deux points de D, le vecteur M H est donc un vecteur nul ou directeur de la droite D.
−−−→
Dans un cas comme dans l’autre, son produit scalaire avec H H ′ est nul, puisque les droites sont perpendiculaires.
−−−→
−−−−→
De même pour le produit scalaire de H H ′ avec H ′ M ′ .
−−−→ →
−−−→ ³−−−→ −−−−→´ −−−→ −−−→ −−−→ −−−−→
−
Finalement, H H ′ · z = H H ′ · M H + H ′ M ′ = H H ′ · M H + H H ′ · H ′ M ′ = 0 + 0 = 0. Puisque le produit
−−−→ →
−−−−→
−
scalaire est nul, les vecteurs H H ′ et z sont bien orthogonaux, et donc on a bien écrit M M ′ comme somme
−−−→
de H H ′ et d’un vecteur lui étant orhogonal.
°2 −−−−→ −−−−→ ³−−−→ →
°
−−−→ →
− ´ ³−−−→ →
− ´ −−−→ −−−→
− →
− →
−
b. On en déduit : °M M ′ ° = M M ′ · M M ′ = H H ′ + z · H H ′ + z = H H ′ · H H ′ + 2 H H ′ · z + z · z et donc
°−−−→°2
°
°
−−−→ →
− °
−°
°
°→
°2
°M M ′ °2 = °
°H H ′ ° + 2H H ′ · z + ° z ° .
°→
°
−−−→ →
−
°− °2
D’après la question précédente 2 H H ′ · z = 0, et puisqu’une norme est toujours positive, on a :° z ° > 0.
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯−−−−→¯¯2 ¯¯−−−→¯¯2
On en déduit ¯¯M M ′ ¯¯ > ¯¯ H H ′ ¯¯ . La distance entre deux points quelconques, l’un sur la droite D et l’autre
p
sur la droite D ′ est toujours supérieure ou égale à 2 2, qui est la distance entre les deux droites.
Exercice 2
5 points
Partie A Les probabilités suivantes ont été calculées à la calculatrice :
1. La probabilité qu’une vache produise moins de 5 800 litres de lait par an est d’environ 0, 309.
2. La probabilité qu’une vache produise entre 5 900 et 6 100 litres de lait par an est d’environ 0, 197.
3. La production maximale de lait prévisible pour les 30% de vaches les moins productives correspond à la valeur
x telle que P (L 6 x) = 0, 3. On trouve alors une production annuelle de 5 790,2 L.
Partie B
1. On interroge au hasard un membre du personnel, donc on va modéliser la situation au moyen d’une loi équirépartie, et donc les proportions sont assimilables à des probabilités.
a. En vertu de ce principe, on a donc P (F ) = 0, 8. L’arbre pondéré sera donc :
0,33
F
0,67
F
0,92
F
0,08
F
P C (F)
F
P C (F)
F
A
0,12
0,71
B
0,17
C
b. La probabilité d’interroger une femme de la catégorie A est :
P (A ∩ F) = P (A) × P A (F) = 0, 12 × 0, 33 = 0, 0396 ≈ 0, 040.
c. La probabilité d’interroger une femme de la catégorie B est :
P (B ∩ F) = P (B) × P B (F) = 0, 71 × 0, 92 = 0, 6532 ≈ 0, 653.
d. Pour en déduire la probabilité d’interroger une femme de la catégorie C, on utilise la loi des probabilités totales : en effet, les trois catégories de personnel forment une partition de l’univers, donc on a :
P (F) = P (A ∩ F) + P (B ∩ F) + P (C ∩ F), et donc :
P (C ∩ F) = P (F) − P (A ∩ F) − P (B ∩ F) = 0, 1072 ≈ 0, 107.
e. La probabilité d’interroger une femme, sachant que la personne interrogée fait partie de la catégorie C est
P (C ∩ F) 0, 1072
=
= 0, 631. Ceci permettrait de compléter les probabilités sur les branches
donc : P C (F) =
P (C)
0, 17
de l’arbre.
f. La probabilité d’interroger une personne de la catégorie B, sachant que la personne interrogée est un homme
P (F ∩ B) 0, 71 × 0, 08
est : P F (B) =
= 0, 284.
=
0, 2
P (B)
2. La probabilité que la personne ait une durée de trajet comprise entre 15 et 20 minutes est proportionnelle
5
1
à l’amplitude de temps entre ces deux bornes, c’est à dire 5 minutes, soit
=
. Comme l’amplitude de
60
12
l’univers est de 1, alors la densité de probabilité sur [0 ; 1] est 1, et donc la probabilité d’interroger un personnel
1
.
dont la durée de trajet est comprise entre 15 et 20 minutes est de
12
3. On considère ici une expérience aléatoire a deux issues : la personne choisie est dans la catégorie A (succès,
avec une probabilité de 0,12), ou pas (échec). Ce schema de Bernoulli est répété 40 fois, de façon indépendante.
La variable aléatoire X comptant le nombre de succès suit donc la loi binômiale B(40 ; 0, 12).
a. La probabilité que, sur les 40 courriers
10 exactement soient reçus par des personnels de catégorie
à envoyés,
!
40
A est donc donnée par : P (X = 10) =
0, 1210 × (1 − 0, 12)30 ≈ 0, 011.
10
b. La probabilité qu’au moins un
à des
! courriers soit reçu par un personnel de catégorie A est alors :
40
P (X > 1) = 1 − P (X = 0) = 1 −
0, 120 × (1 − 0, 12)40 ≈ 0, 994.
0
Partie C
1. La durée de vie moyenne d’une ampoule est donnée par l’espérance de la loi exponentielle, c’est donc :
1
1
=
= 1 250. La durée de vie moyenne d’une ampoule est donc de 1 250 heures.
λ 8 · 10−4
2. La probabilité qu’une ampoule ait une durée de vie supérieure à 1 000 heures est :
P (T > 1000) = e−λ×1000 = e−0,8 ≈ 0, 449.
3. Sachant qu’une ampoule a déjà fonctionné 1 000 heures, la probabilité qu’elle ait une durée de vie supérieure
à 2 000 heures est la probabilité calculée à la question précédente, car la loi exponentielle est une loi de durée
de vie sans vieillissement, donc le fait que l’ampoule ait déjà fonctionné 1 000 heures n’a pas d’impact sur la
probabilité qu’elle continue de fonctionner pendant 1 000 heures de plus, pour dépasser une durée de fonctionnement totale supérieure ou égale à 2 000 heures.
Exercice 3
5 points
1. a. La limite de f en −∞ est le produit de deux limites :
lim 1 − x = +∞ et lim e−x = +∞ et donc lim f (x) = +∞.
x→−∞
x→−∞
x→−∞
b. On peut développer f : f (x) = e−x − xe−x .
lim −x = −∞ et lim ye y = 0, d’après le théorème des croissances comparées, et donc, par composition :
x→+∞
y→−∞
lim −xe−x = 0.
x→+∞
Comme, par ailleurs lim e−x = 0, par somme, on en déduit lim f (x) = 0 et on en déduit que la courbe
x→+∞
x→+∞
C f admet l’axe des abscisses comme asymptote au voisinage de +∞.
2. a. La fonction f est dérivable sur R, en tant que composée et produit de fonctions dérivables sur R. En posant :
u(x) = 1 − x et v(x) = e−x , on a u ′ (x) = −1 et v ′ (x) = −e−x , et puisque f = u × v, alors on a f ′ = u ′ v + v ′ u, ce
qui donne :
f ′ (x) = −1 × e−x + (1 − x) × (−e−x ) = e−x × (−1 − (1 − x)) = (x − 2)ex .
On a donc bien, pour tout réel x, f ′ (x) = (x − 2)e−x .
b. Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, f ′ (x) est du signe de 2 − x, et on en
déduit le tableau de variations suivant :
x
f ′ (x)
f (x)
2
−∞
−
0
+∞
+
0
−∞
−e−2
3. La fonction f est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle ]−∞ ; 2] et donc a fortiori
sur l’intervalle [−1 ; 0].
De plus, on a f (−1) = (1 − (−1)) e−(−1) = 2e ≈ 5, 4 et f (0) = (1 − 0)e−0 = 1. 3 est donc une valeur intermédiaire
entre les images de 0 et −1. On peut donc appliquer le corollaire au théorème de la bijection, et nous sommes
donc assurés que l’équation f (x) = 3 admet une unique solution dans l’intervalle [−1 ; 0].
Par balayage à la calculatrice, on a −0, 62 < α < −0, 61.
4. a. Une fois encore, la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, donc f (x) est du signe de 1−x,
et donc f a des images positives pour tout x dans ]−∞ ; 1] et des images négatives pour tout x dans [1 ; +∞[.
b. Dérivons la fonction F définie sur R par F (x) = xe−x (elle est dérivable en tant que composée et produit de
fonctions dérivables sur R). On a : F ′ (x) = 1 × e−x + x × (−e−x ) = (1 − x)e−x = f (x).
Puisque la dérivée de F sur R est f , on en déduit que F est bien une primitive de f sur R.
c. L’aire A du domaine délimité par la courbe C f , l’axe des abscisses et les droites d’équations x = −1 et x = 0
est l’intégrale de la fonction f entre les bornes −1 et 0, car sur cet intervalle, la fonction f est positive.
·
¸0
Z0
¡
¢
= F (0) − F (−1) = 0e0 − −1e−(−1) = e.
On a donc : A =
f (x) dx = F (x)
−1
−1
L’aire A est donc de e unités d’aires, et puisque l’unité graphique est de 2 cm, une unité d’aire est 4cm2 ,
donc l’aire A est d’environ 10,87 cm2 .
Exercice 4
Les bonnes réponses sont :
1. Réponse A
2. Réponse C
3. Réponse A
4. Réponse B
5. Réponse C
5 points