Terminales S - Devoir Surveillé n°10

Terminales S - Devoir Surveillé n°10
−corrigé −
Exercice 1 5 points
1. Le vecteur −→ wa pour coordonnées (1 ; 0 ; −1). On a −→ w·−→ u=1×1+0×(−3) +(−1) ×1=0, donc les vecteurs −→ w
et −→ usont orthogonaux.
Soit −→ vde coordonnées (−1 ; 1 ; −1). D’après la représentation paramétrique de D′,−→ vest un vecteur directeur
de D′. On a −→ w·−→ v=1×(−1) +0×1+(−1) ×(−1) =0 : donc les vecteurs −→ wet −→ vsont orthogonaux.
Toute droite dirigée par −→ west donc orthogonale à Det à D′et réciproquement, toute droite orthogonale simul-
tanément à Det à D′doit être dirigée par un vecteur orthogonal simultanément à −→ uet 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 −→ vest 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 −→ west un vecteur directeur de ∆.
2. a. On calcule le produit scalaire de −→ navec les vecteurs −→ uet −→ 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 Pest de la forme 3x+2y+3z+d=0, avec le coefficient d
tel que les coordonnées de Avérifient l’équation du plan, car Aétant un point de D, c’est a fortiori un point
de P.
3xA+2yA+3zA+d=0⇐⇒ 9+(−8) +3+d=0. Et on obtient donc d=−4.
Une équation de Pest donc bien 3x+2y+3z−4=0.
3. a. On a admis que le point H′est le point d’intersection de Pet 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 coor-
données 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
de la droite, ainsi que celles d’un vecteur directeur. On a alors : 
x= −1+s
y=2
z=1−s
(s∈R)
4. a. Une représentation paramétrique de D, dont on sait qu’elle passe par Aet qu’elle est dirigée par −→ uest :
x=3+r
y= −4−3r(r∈R)
z=1+r
Le point Hétant l’intersection de deux droites dont on connaît les représentations parmétriques, il est le
point de paramètre r0sur Det de paramètre s0sur ∆, où (r0;s0) est la solution du système suivant :
3+r= −1−s
−4−3r=2
1+r=1−s⇐⇒ 
s=4+r
−3r=6
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 Hest
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.
b. Puisque le repère est orthonormé, la longueur H H′est H H′=p(1−(−1))2+(2 −2)2+(−1−1)2=2p2.
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′.
Het H′sont deux points distincts de ∆, donc le vecteur −−−→ H H′est un vecteur directeur de ∆.

Comme Met Hsont 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 perpendi-
culaires.
De même pour le produit scalaire de −−−→ H H′avec −−−−→ H′M′.
Finalement, −−−→ H H′·−→ z=−−−→ H H′·³−−−→
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 −→ zsont bien orthogonaux, et donc on a bien écrit −−−−→ M M ′comme somme
de −−−→ H H′et d’un vecteur lui étant orhogonal.
b. On en déduit : °
°M M ′°
°
2=−−−−→
M M ′·−−−−→ M M ′=³−−−→
H H′+−→ z´·³−−−→
H H′+−→ z´=−−−→ H H′·−−−→ H H′+2−−−→ H H′·−→ z+−→ z·−→ zet donc
°
°M M ′°
°
2=°
°
°−−−→
H H′°
°
°
2
+2−−−→ H H′·−→ z+°
°
°−→
z°
°
°
2.
D’après la question précédente 2−−−→ H H′·−→ z=0, et puisqu’une norme est toujours positive, on a :°
°
°−→
z°
°
°
2>0.
On en déduit ¯¯¯¯¯¯−−−−→ M M ′¯¯¯¯¯¯
2
>¯¯¯¯¯¯−−−→ H H′¯¯¯¯¯¯
2. La distance entre deux points quelconques, l’un sur la droite Det l’autre
sur la droite D′est toujours supérieure ou égale à 2p2, 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 5800 litres de lait par an est d’environ 0,309.
2. La probabilité qu’une vache produise entre 5900 et 6100 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
xtelle que P(L6x)=0,3. On trouve alors une production annuelle de 5790,2 L.
Partie B
1. On interroge au hasard un membre du personnel, donc on va modéliser la situation au moyen d’une loi équi-
répartie, 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 :
C
F
PC(F)
F
PC(F)
0,17
B
F
0,08
F
0,92
0,71
A
F
0,67
F
0,33
0,12
b. La probabilité d’interroger une femme de la catégorie A est :
P(A ∩F) =P(A) ×PA(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) ×PB(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 probabi-
lités 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
donc : PC(F) =P(C ∩F)
P(C) =0,1072 0,17 =0,631. Ceci permettrait de compléter les probabilités sur les branches
de l’arbre.

f. La probabilité d’interroger une personne de la catégorie B, sachant que la personne interrogée est un homme
est : PF(B) =P(F∩B)
P(B) =0,71 ×0,08
0,2 =0,284.
2. La probabilité que la personne ait une durée de trajet comprise entre 15 et 20 minutes est proportionnelle
à l’amplitude de temps entre ces deux bornes, c’est à dire 5 minutes, soit 5
60 =1 12. Comme l’amplitude de
l’univers est de 1, alors la densité de probabilité sur [0 ; 1] est 1, et donc la probabilité d’interroger un personnel
dont la durée de trajet est comprise entre 15 et 20 minutes est de 1
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 Xcomptant le nombre de succès suit donc la loi binômiale B(40 ; 0,12).
a. La probabilité que, sur les 40 courriers envoyés, 10 exactement soient reçus par des personnels de catégorie
A est donc donnée par : P(X=10) =Ã40
10!0,1210 ×(1 −0,12)30 ≈0, 011.
b. La probabilité qu’au moins un des courriers soit reçu par un personnel de catégorie A est alors :
P(X>1) =1−P(X=0) =1−Ã40
0!0,120×(1 −0,12)40 ≈0, 994.
Partie C
1. La durée de vie moyenne d’une ampoule est donnée par l’espérance de la loi exponentielle, c’est donc :
1
λ=1 8·10−4=1250. La durée de vie moyenne d’une ampoule est donc de 1 250 heures.
2. La probabilité qu’une ampoule ait une durée de vie supérieure à 1000 heures est :
P(T>1000) =e−λ×1000 =e−0,8 ≈0,449.
3. Sachant qu’une ampoule a déjà fonctionné 1000 heures, la probabilité qu’elle ait une durée de vie supérieure
à 2000 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 1000 heures n’a pas d’impact sur la
probabilité qu’elle continue de fonctionner pendant 1000 heures de plus, pour dépasser une durée de fonc-
tionnement totale supérieure ou égale à 2000 heures.
Exercice 3 5 points
1. a. La limite de fen −∞ est le produit de deux limites :
lim
x→−∞1−x= +∞ et lim x→−∞e−x= +∞ et donc lim x→−∞ f(x)=+∞.
b. On peut développer f:f(x)=e−x−xe−x.
lim
x→+∞−x= −∞ et lim y→−∞ yey=0, d’après le théorème des croissances comparées, et donc, par composition :
lim
x→+∞−xe−x=0.
Comme, par ailleurs lim
x→+∞e−x=0, par somme, on en déduit lim x→+∞ f(x)=0 et on en déduit que la courbe
Cfadmet l’axe des abscisses comme asymptote au voisinage de +∞.
2. a. La fonction fest dérivable sur R, en tant que composée et produit de fonctions dérivables sur R. En posant :
u(x)=1−xet 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−∞ 2+∞
f′(x)−0+
f(x)−∞
−e−2
0

3. La fonction fest 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 fa des images positives pour tout xdans ]−∞ ; 1] et des images négatives pour tout xdans [1 ; +∞[.
b. Dérivons la fonction Fdéfinie sur Rpar 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 Fsur Rest f, on en déduit que Fest bien une primitive de fsur R.
c. L’aire Adu domaine délimité par la courbe Cf, l’axe des abscisses et les droites d’équations x= −1 et x=0
est l’intégrale de la fonction fentre les bornes −1 et 0, car sur cet intervalle, la fonction fest positive.
On a donc : A=Z0
−1
f(x) dx=·F(x)¸0
−1=F(0) −F(−1) =0e0−¡−1e−(−1)¢=e.
L’aire Aest donc de e unités d’aires, et puisque l’unité graphique est de 2 cm, une unité d’aire est 4cm2,
donc l’aire Aest d’environ 10,87 cm2.
Exercice 4 5 points
Les bonnes réponses sont :
1. Réponse A
2. Réponse C
3. Réponse A
4. Réponse B
5. Réponse C