La correction du Bac blanc

TS - Maths -Bac blanc - Correction
Février 2015 - 4h
Spécialité SVT ou Physique
Exercice 1
Des probabilités
(5 points)
Un jeu consiste à lancer des fléchettes sur une cible. La cible est partagée en quatre secteurs, comme
indiqué sur la figure ci-dessous.
5 points
0 point
0 point
3 points
On suppose que les lancers sont indépendants et que le joueur touche la cible à tous les coups.
1. Le joueur lance une fléchette.
On note p 0 la probabilité d’obtenir 0 point.
On note p 3 la probabilité d’obtenir 3 points.
On note p 5 la probabilité d’obtenir 5 points.
On a donc p 0 + p 3 + p 5 = 1.
1
1
Sachant que p 5 = p 3 et que p 5 = p 0 , déterminer les valeurs de p 0 , p 3 et p 5 ·
2
3
1
1
On a p 5 = p 3 et p 5 = p 0 soit p 3 = 2p 5 et p 0 = 3p 5 .
2
3
Ainsi, l’égalité p 0 + p 3 + p 5 = 1 peut s’écrire 3p 5 + 2p 5 + p 5 = 1. On trouve donc p 5 =
Ainsi, p 3 = 2p 5 =
1
.
6
3
2
1
1
soit p 3 = et p 0 = 3p 5 = soit p 0 = .
6
3
6
2
Remarque :
Les aires des secteurs angulaires du graphique de l’énoncé étaient proportionnelles à leur probabilité.
2. Une partie de ce jeu consiste à lancer trois fléchettes au maximum. Le joueur gagne la partie s’il
obtient un total (pour les 3 lancers) supérieur ou égal à 8 points. Si au bout de 2 lancers, il a un total
supérieur ou égal à 8 points, il ne lance pas la troisième fléchette.
On note G 2 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 2 lancers ».
On note G 3 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 3 lancers ».
On note P l’évènement : « le joueur perd la partie ».
On note p(A) la probabilité d’un évènement A.
5
(a) Montrer, en utilisant un arbre pondéré, que p (G 2 ) = .
36
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0
1/2
0
1/2
1/3
3
1/6
5
1/3
3
1/6
5
1/2
0
1/3
3
1/6
5
1/2
0
1/3
3
1/6
6e ,
8e
5
9e
On obtient un total d’au moins 8 points en deux lancers aux
et chemins.
1
1
1
5
1 1 1 1 1 1
+
+
= .
Donc p (G 2 ) = × + × + × =
3 6 6 3 6 6 18 18 36 36
7
On admettra dans la suite que p (G 3 ) = .
36
(b) En déduire p(P ).
Les évènement P , G 2 et G 3 forment une partition de l’univers. On a donc :
7
36 12 24 2
5
−
=
−
=
= .
p(P ) = 1 − p (G 2 ) − p (G 3 ) = 1 −
36 36 36 36 36 3
2
Ainsi, p(P ) =
3
3. Pour une partie, la mise est fixée à 2 A
C. Si le joueur gagne en deux lancers, il reçoit 5 A
C. S’il gagne en
trois lancers, il reçoit 3 A
C. S’il perd, il ne reçoit rien.
On note X la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur pour une partie. Les valeurs possibles pour X sont donc : −2, 1 et 3.
(a) Donner la loi de probabilité de X .
7
5
2
et p(X = 3) = p(G 2 ) = .
p(X = −2) = p(P ) = ; p(X = 1) = p(G 3 ) =
3
36
36
La loi de probabilité de X est donnée par le tableau suivant :
Valeurs x i
prises par X
−2
1
3
p(X = x i )
24
36
7
36
5
36
(b) Déterminer l’espérance mathématique de X . Le jeu est-il favorable au joueur ?
24
7
5
−48 + 7 + 15
26
13
E(X ) = −2 ×
+1×
+3×
=
= − = − ≈ −0, 72 A
C.
36
36
36
36
36
18
E(X ) ≈ −0, 72 A
C.
Un joueur perd en moyenne sur un grand nombre de parties 72 centimes par partie.
Le jeu est donc défavorable au joueur .
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(c) Un joueur joue six parties avec les règles données à la question 2.
Quelle est la probabilité qu’il gagne au moins une partie ? (Le résultat sera arrondi à 10−2 )
• On considère l’expérience aléatoire qui consiste à jouer une partie avec les règles données à la
question 2. Cette expérience est une épreuve de Bernoulli puisqu’elle a deux issues possibles :
1
l’une appelée succès notée S : « la partie est gagnée » avec p(S) = p = 1 − p(P ) = ; l’autre
3
2
appelée échec notée S : « la partie est perdue » avec p(S) = p(P ) = .
3
• On répète 6 fois cette expérience de façon identique, les expériences étant indépendantes entre
elles. La variable aléatoire X qui sert à compter les succès (nombreµ de parties
remportées sur
¶
1
les 6 jouées) est une variable aléatoire qui suit une loi binomiale B 6 ;
.
3
• On a : P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0).
Avec la calculatrice, on a alors P (X ≥ 1) ≈ 0, 91 à 10−2 près .
Exercice 2
Q.C.M.
(5 points)
Commun à tous les candidats
Pour chaque question, écrire sur votre copie le numéro de la question et la réponse exacte.
Aucune justification n’est demandée.
Une mauvaise réponse ou l’absence de réponse rapportent 0 point. La bonne réponse rapporte 1 point.
p ¢
p
p ¢
¡
¡
1. Dans l’ensemble des nombres complexes, l’équation z 3 − 2 + i 2 z 2 + 2 1 + i 2 z − 2i 2 = 0 a pour
solution :
p
p
• i
• i 2
• −i 2
p
p ¢ ¡ p ¢2
p ¢¡ p ¢
p
¡ p ¢3 ¡
¡
P (i 2) = i 2 − 2 + i 2 i 2 + 2 1 + i 2 i 2 − 2i 2
p ¢
p
p
p
¡
¡p ¢2
= −2i 2 + 2 2 + i 2 + 2i 2 − 2 2 − 2i 2
p
p
= −4i 2 + 4i 2 + 4 − 4
= 0
p
Ainsi, i 2 est une solution de l’équation P (z) = 0.
Par ailleurs,
p
p ¢ ¡ p ¢2
p ¢¡ p ¢
p
¡ p ¢3 ¡
¡
P (−i 2) = −i 2 − 2 + i 2 −i 2 + 2 1 + i 2 −i 2 − 2i 2
p ¢
p
p
p
¡
¡p ¢2
= 2i 2 + 2 2 + i 2 − 2i 2 + 2 2 − 2i 2
p
p
p
p
= 2i 2 + 4 + 2i 2 − 2i 2 + 4 − 2i 2
= 8
p ¢
p
p ¢
¡
¡
3
P (i) = i − 2 + i 2 i2 + 2 1 + i 2 i − 2i 2
p
p
p ¢
¡
= −i + 2 + i 2 + 2i − 2 2 − 2i 2
p
p
= 2−2 2+i−i 2
¡ ¢
³p ´ ln e9
7
2. L’expression ln e + ¡ 2 ¢ est égale à :
ln e
•
eln 2−ln 3
eln 3+ln 4
•
eln 2+ln 3
eln 3−ln 4
•
eln 2+ln 3
eln 3+ln 4
D’une part, on
¡ a¢ :
³p ´ ln e9
9 ln(e) 7 9
1
ln e7 + ¡ 2 ¢ = × ln e7 +
= + =8
2
2 ln(e) 2 2
ln e
D’autre part, on a :
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eln 2−ln 3
eln 3+ln 4
eln 2+ln 3
eln 3−ln 4
2
eln 3
=
eln 12
eln 6
=
ln 34
e
=
=
2
3
12
6
3
4
ln 2+ln 3
De plus,
e
eln 3+ln 4
=
=
2 1
1
×
=
3 12 18
= 6×
eln 6
eln 12
4
=8
3
6
1
=
12 2
=
3. Dans R, l’équation ln(x 2 ) − ln(x) − 6 = 6 admet :
• 2 solutions
• aucune solution
• 1 solution
On a : ln(x 2 ) − ln(x) − 6 = 6 ⇐⇒ 2 ln(x) − ln(x) = 12 ⇐⇒ ln x = 12 ⇐⇒ x = e12 donc une seule solution.
4. La figure ci-dessous représente un cube ABCDEFGH. Les points I et J sont les milieux respectifs des
arêtes [GH] et [FG]. Les points M et N sont les centres respectifs des faces ABFE et BCGF.
I
H
b
G
b
b
E
J
b
b
F
N
M
b
b
D
b
b
b
C
b
A
B
Les droites (IJ) et (MN) sont :
• sécantes
• parallèles
• non coplanaires
La parallèle à (IJ) passant par N coupe la face HDCG et non la face ABFE donc les deux droites ne sont
pas parallèles.
Puisque N et M sont les milieux des faces ABFE et BCGE, alors le plan parallèle à EFGH passant par N
contient aussi le point M.Or (IJ) est incluse dans EFGH donc les droites (IJ) et (MN) ne peuvent être.
sécantes.
(IJ) et (MN) ne sont donc ni sécantes, ni parallèles elle sont donc non coplanaires.
5. On considère le cube ci-dessous. Les points I, J et M sont respectivement des points des segments [AE],
[BF] et[DH].
C
D
b
b
A
b
b
M
b
B
I
b
b
b
J
b
b
b
E
K
b
H
G
F
La section du cube par le plan (IJM) est :
• un quadrilatère
Exercice 3
(5 points)
• un pentagone
• un hexagone
Une fonction logarithme
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Soit u la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par
u(x) = x 2 − 2 + ln x.
1. Étudier les variations de u sur ]0 ; +∞[ et préciser ses limites en 0 et en +∞.
La fonction u est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables et pour tout réel x
1
strictement positif, u ′ (x) = 2x + . Pour tout réel x strictement positif, u ′ (x) > 0 comme somme de
x
termes positifs (dont l’un est non nul), la fonction u est donc strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
lim x 2 − 2 = +∞ et lim ln(x) = +∞ donc, par somme, lim u(x) = +∞ .
x→+∞
x→+∞
x→+∞
lim x 2 − 2 = −2 et lim ln(x) = −∞ donc, par somme, lim u(x) = −∞ .
x→0
2.
x→0
x→0
(a) Montrer que l’équation u(x) = 0 admet une solution unique sur ]0 ; +∞[.
• La fonction u est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc continue sur ]0 ; +∞[.
• La fonction u est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
• On a lim u(x) = −∞ et lim u(x) = +∞. De plus, 0 ∈] − ∞ ; +∞ [
x→+∞
x→0
D’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, il existe un unique réel α dans l’intervalle sur ]0 ; +∞[ tel que u(x) = 0 donc l’équation
u(x) = 0 admet une solution unique sur ]0 ; +∞[
(b) À l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α.
À l’aide de la calculatrice on remarque que u(1, 31) < 0 et que u(1, 32) > 0 donc
u(1, 31) < 0 < u(1, 32). Or u est une fonction strictement croissante sur ]0 ; +∞[. Donc on a
1, 31 < α < 1, 32
3. Déterminer le signe de u(x) suivant les valeurs de x.
Puisque u est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, pour tout x ∈]0 ; α[, u(x) < u(α) donc u(x) < 0 et
pour tout x > α, u(x) > u(α) donc u(x) > 0.
4. Montrer l’égalité : ln α = 2 − α2 .
u(α) = 0 ⇐⇒ α2 − 2 + ln(α) = 0 ⇐⇒ ln(α) = 2 − α2 .
Partie B
On considère la fonction f définie et dérivable sur ]0 ; +∞[ par
f (x) = x 2 + (2 − ln x)2 .
On note f ′ la fonction dérivée de f sur ]0 ; +∞[.
2u(x)
1. Montrer que pour tout x de ]0 ; +∞[, f ′ (x) =
.
x
Pour tout x de ]0 ; +∞[, f est dérivable et f ′ (x) = 2x + 2 × (2 − ln x) ×
−1 2 2
2
= (x − 2 + ln x) = u(x)
x
x
x
2. En déduire les varaitions de f sur ]0 ; +∞[.
2
étant toujours positif sur ]0 ; +∞[, f ′ (x) est du signe de u(x), donc est strictement négative sur
x
]0 ; α[, et strictement positive sur ]α ; +∞[ et s’annule en α. Par suite, la fonction f est strictement
décroissante sur ]0 ; α] et strictement croissante sur [α ; +∞[ et atteint un minimum en α. On a :
x
0
α
+∞
Signe de f ′ (x)
−
0
+
variations
de
f
❅
✒
❅
❘
❅
f (α)
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Partie C
¡ − →
¢
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé O ; →
ı , − , on note :
• Γ la courbe représentative de la fonction ln (logarithme népérien) ;
• A le point de coordonnées (0 ; 2) ;
• M le point de Γ d’abscisse x appartenant à ]0 ; +∞[.
p
1. Montrer que la distance AM est donnée par AM = f (x).
Le point A a pour coordonnées (0 ; 2) et le point M (x ; ln x) et le repère est orthonormé, donc
p
p
AM = (x − 0)2 + (ln x − 2)2 = f (x)
p
2. Soit g la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par g (x) = f (x).
(a) Montrer que les fonctions f et g ont les mêmes variations sur ]0 ; +∞[.
La fonction f prend des valeurs toujours positives et est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc la fonction
p
f ′ (x)
g = f est aussi dérivable sur ]0 ; +∞[. Pour tout x ∈]0 ; +∞[, g ′ (x) = p
2 f (x)
p
Pour tout x ∈]0 ; +∞[, 2 f (x) > 0 donc f ′ et g ′ sont du même signe sur ]0 ; +∞[ et donc les
fonctions f et g ont les mêmes variations sur ]0 ; +∞[.
(b) Montrer que la distance AM est minimale en un point de Γ, noté M 0 , dont on précisera les
coordonnées. Calculer alors AM 0 en fonction de α
La fonction g atteint donc son minimum en α. La distance AM est donc minimale en un point M 0
de Γ pour x = α soit au point M 0 (α ; ln α). Or ln α = 2−α2 donc M 0 a pour coordonnées (α ; 2−α2 ).
p
p
p
AM0 = (α − 0)2 + (2 − α2 − 2)2 = α2 + α4 = α 1 + α2 (car α > 0).
Exercice 4
(5 points)
Une fonction exponentielle et des suites
Partie A
On considère la fonction f définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ par f (x) = xe−x .
1. Déterminer la limite de la fonction f en +∞.
ex
x
= +∞ ; donc lim x = 0 ce qui équivaut à lim xe−x = 0.
x→+∞ x
x→+∞ e
x→+∞
lim f (x) = 0
D’après le cours, lim
Donc
x→+∞
2. Déterminer la dérivée f ′ de la fonction f sur [0 ; +∞[ et en déduire le tableau de variations de f sur
[0 ; +∞[.
La fonction f est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R donc sur [0 ; +∞[ et :
f ′ (x) = 1 × e−x + x (−1 × e−x ) = e−x − xe−x = (1 − x) e−x
Pour tout réel x, e−x > 0 donc f ′ (x) est du signe de 1 − x ; f (0) = 0 et f (1) = e−1 ≈ 0, 37
D’où le tableau de variation de la fonction f sur 0 ; +∞ :
x
0
f (x)
′
1
+
0
e
−1
+∞
−
f (x)
0
0
On donne la courbe C f représentative de la fonction f dans un repère du plan ainsi que la droite ∆ d’équation
y = x.
Partie B
Soit la suite (u n ) définie par u 0 = 1 et, pour tout entier naturel n, u n+1 = f (u n ).
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∆
0,5
Cf
u1
u2
b
b
A2 A1
b
A10
2
1. On place sur le graphique, en utilisant la courbe C f et la droite ∆, les points A 0 , A 1 et A 2 d’ordonnées
nulles et d’abscisses respectives u 0 , u 1 et u 2 .
2. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, u n > 0.
Soit P n la propriété u n > 0.
• Initialisation
u 0 = 1 donc u 0 > 0 donc la propriété est vraie au rang 0.
• Hérédité
On suppose la propriété vraie au rang k, c’est-à -dire u k > 0.Montrons alors que la propriété est
vraie au rang k + 1 i.e. u k+1 > 0
Pour tout réel x, e−x > 0 donc pour tout réel x > 0, xe−x > 0 donc f (x) > 0.
Or u k+1 = f (u k ) et u k > 0 (hypothèse de récurrence) ; donc f (u k ) > 0 et donc u k+1 > 0.
La propriété est vraie au rang k + 1.
• ConclusionLa propriété est vérifiée au rang 0, et elle est héréditaire ; elle est donc vraie pour tout
n.
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, u n > 0.
3. Montrer que la suite (u n ) est décroissante. Pour tout entier n, on a :
u n+1 − u n = u n e−un − u n = u n (e−un − 1)
D’après la question précédente, pour tout n,u n > 0.
On a alors, −u n < 0 donc par croissante de la fonction exponentielle sur R, e−un < 1 donc e−un − 1 < 0 ;
On peut alors en déduire que pour out entier n, u n+1 − u n < 0, donc que la suite (u n ) est décroissante.
(a) Montrer que la suite (u n ) est convergente.
La suite (u n ) est décroissante, minorée par 0, donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (u n ) est convergente.
(b) On admet que la limite de la suite (u n ) est solution de l’équation xe−x = x.
Résoudre cette équation pour déterminer la valeur de cette limite.
On résout l’équation xe−x = x :
xe−x = x ⇐⇒ x (e−x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou e−x − 1 = 0
⇐⇒ x = 0 ou e−x = 1 ⇐⇒ x = 0 ou − x = 0
Donc la limite de la suite (u n ) est égale à 0.
Partie C
On considère la suite (S n ) définie pour tout entier naturel n par S n =
L’algorithme suivant donne S 100 :
k=n
X
k=0
uk = u0 + u1 + . . . + un
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Déclaration des variables :
Initialisation :
Traitement :
S et u sont des nombres réels
k est un nombre entier
u prend la valeur 1
S prend la valeur u
Pour k variant de 1 à 100
u prend la valeur u × e−u
S prend la valeur S + u
Fin Pour
Afficher S
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