Bac S – Nouvelle Calédonie – Décembre 2020

Nouvelle Calédonie – Décembre 2020

Bac S – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Ex 1

Exercice 1

  1. a. Pour tout $z\in \C$ on a
    $\begin{align*} (z-2)\left(z^2-2z+4\right)&=z^3-2z^2+4z-2z^2+4z-8 \\
    &=z^3-4z^2+8z-8\end{align*}$
    $\quad$
    b. On a donc :
    $\begin{align*} z^3=4z^2-8z+8&\ssi z^3-4z^2+8z-8=0 \\
    &\ssi (z-2)\left(z^2-2z+4\right)=0\end{align*}$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, au moins un de ses facteurs est nul.
    $z-2=0\ssi z=2$
    Déterminons le discriminant de l’équation $z^2-2z+4=0$
    $\begin{align*} \Delta &= (-2)^2-4\times 4\times 1 \\
    &=-12\\
    &<0\end{align*}$
    Les solutions de cette équation sont alors :
    $z_1=\dfrac{2-\ic\sqrt{12}}{2}= 1-\ic\sqrt{3}$ et $z_2=\conj{z_1}=1+\ic\sqrt{3}$
    Ainsi les solutions de l’équation $(E)$ sont $2$, $1-\ic\sqrt{3}$ et $1+\ic\sqrt{3}$.
    $\quad$
    c. $2=2\e^{0}$
    $\abs{1-\ic\sqrt{3}}=2$ donc
    $\begin{align*}z_1&=2\left(\dfrac{1}{2}-\ic\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
    &=2\e^{-\ic\pi/3}\end{align*}$
    Ainsi $z_2=\conj{z_1}=2\e^{\ic\pi/3}$
    $\quad$
  2. Le milieu de $[AC]$ a pour affixe :
    $\dfrac{z_A+z_C}{2}=\dfrac{2}{2}=1=z_D$
    Le milieu de $[OB]$ a pour affixe :
    $\dfrac{z_O+z_B}{2}=\dfrac{2}{2}=1=z_D$
    Les diagonales du quadrilatère $OABC$ se coupent en leur milieu. $OABC$ est donc un parallélogramme.
    $OA=\abs{z_A-z_O}=\abs{z_A}=2$
    $OC=\abs{z_C-z_O}=\abs{z_C}=2$
    Deux côtés consécutifs ont la même longueur. $OABC$ est donc un losange.
    $OD=\abs{z_D-z_O}=1$ et $AD=\abs{z_D-z_D}=\sqrt{3}$
    Ainsi $OABC$ n’est pas un carré.
    $\quad$
  3. a. L’affixe de $\vect{AM}$ est
    $\begin{align*} z_{\vect{AM}}&=z_M-z_A\\
    &=\dfrac{7}{4}+\ic\dfrac{\sqrt{3}}{4}-\left(1+\ic\sqrt{3}\right)\\
    &=\dfrac{3}{4}-\ic\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\end{align*}$
    L’affixe de $\vect{AB}$ est
    $\begin{align*} z_{\vect{AB}}&=z_B-z_A\\
    &=2-\left(1+\ic\sqrt{3}\right)\\
    &=1-\ic\sqrt{3}\end{align*}$
    Ainsi $\vect{AM}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}$
    Les deux vecteurs sont donc colinéaires. Les points $A$, $M$ et $B$ sont alignés.
    $\quad$
    b. D’après la question précédente le vecteur $\vect{AB}$ a pour coordonnées $\left(1;-\sqrt{3}\right)$.
    L’affixe du vecteur $\vect{DM}$ est :
    $\begin{align*} z_{\vect{DM}}&=z_M-z_D \\
    &=\dfrac{7}{4}+\ic\dfrac{\sqrt{3}}{4}-1\\
    &=\dfrac{3}{4}+\ic\dfrac{\sqrt{3}}{4}\end{align*}$
    Il a donc pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{4};\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{DM}&=\dfrac{3}{4}-\sqrt{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{4}\\
    &=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{4} \\
    &=0\end{align*}$
    Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{DM}$ sont donc orthogonaux.
    Par conséquent, le triangle $DMB$ est rectangle en $M$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. Si $X$ suit une loi normale d’espérance $\mu$ et d’écart-type $\sigma$ alors la variable $Y=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\quad$
    b. On a
    $\begin{align*} P(X\pg 4)=0,146 &\ssi P(X-\mu\pg 4-\mu)=0,146 \\
    &\ssi P\left(\dfrac{X-\mu}{0,95}\pg \dfrac{4-\mu}{0,95}\right)=0,146 \\
    &\ssi P\left(Y\pg \dfrac{4-\mu}{0,95}\right)=0,146\\
    &\ssi P\left(Y\pp \dfrac{4-\mu}{0,95}\right)=0,854\end{align*}$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve :
    $\dfrac{4-\mu}{0,95}\approx 1,053~7$ donc $\mu \approx 2,998~9$
    Ainsi $\mu \approx 3$ arrondi à l’unité.
    $\quad$
  2. a. La courbe $C_2$ semble symétrique par rapport à la droite d’équation $x=3$. Elle représente donc la courbe de la fonction de densité associée à $X$.
    $\quad$
    b. On obtient le graphique suivant :
    $\quad$
  3. a. On obtient l’arbre suivant :

    $\quad$
    b. $\left(S,\conj{S}\right)$ forme un système complet d’événements fini.
    D’après la formule des probabilités totales on a
    $\begin{align*} P(V)&=P(S\cap V)+P\left(\conj{S}\cap V\right) \\
    &=0,7\times 0,677+0,3\times 0,146 \\
    &=0,517~7\\
    &\approx 0,518\end{align*}$
    $\quad$
    c. On veut calculer
    $\begin{align*} P_V(S)&=\dfrac{P(V\cap S)}{P(V)} \\
    &=\dfrac{0,7\times 0,677}{0,517~7} \\
    &\approx 0,915\end{align*}$
    La probabilité que le phaéton à bec rouge vive dans un environnement sain sachant qu’il a une durée de vie d’au moins $4$ ans est environ égale à $0,915$.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. $\lim\limits_{x\to +\infty}\e^x=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{4}{\left(1+\e^x\right)}=0$
    De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} x=+\infty$.
    Donc $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=+\infty$
    $\quad$
    $\lim\limits_{x\to -\infty}\e^x=0$ donc $\lim\limits_{x\to -\infty} \dfrac{4}{\left(1+\e^x\right)}=4$
    D’après la limite des termes de plus haut degré, $\lim\limits_{x\to -\infty} x^2+x+\dfrac{1}{4}=\lim\limits_{x\to -\infty} x^2=+\infty$
    Donc $\lim\limits_{x\to -\infty} g(x)=+\infty$
    $\quad$
  2. $g’$ est strictement croissante et $g'(0)=0$. Par conséquent :
    $\bullet~g'(x)<0$ sur $]-\infty;0[$ ;
    $\bullet~g'(0)=0$ ;
    $\bullet~g'(x)>0$ sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  3. On obtient donc le tableau de variations suivant :

    $g(0)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{(1+1)^2}=\dfrac{5}{4}$
    D’après le tableau de variations, le minimum de la fonction $g$ est $\dfrac{5}{4}$ atteint en $0$.
    $\quad$

Partie B

  1. $f(0)=3-\dfrac{2}{1+1}=2$ donc $B(0;2)$ appartient à $C_f$.
    $\quad$
  2. Pour tout $x\in \R$
    $\begin{align*} AM^2&=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(f(x)-3\right)^2 \\
    &=x^2+x+\dfrac{1}{4}+\left(-\dfrac{2}{1+\e^x}\right)^2 \\
    &=x^2+x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{\left(1+\e^x\right)^2}\\
    &=g(x)\end{align*}$
    $\quad$
  3. $AM$ est donc minimal si, et seulement si, $g(x)$ est minimal.
    D’après la question A.3. $AM$ est donc minimal si $x=0$ c’est-à-dire si $M=B$.
    La distance $AM$ est donc minimale quand le point $M$ a pour coordonnées $(0;2)$.
    $\quad$
  4. a. Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} f'(x)&=-\dfrac{-2\e^x}{\left(1+\e^x\right)^2} \\
    &=\dfrac{2\e^x}{\left(1+\e^x\right)^2}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Une équation de la droite $T$ est de la forme $y=f'(0)(x-0)+f(0)$
    Or $f(0)=2$ et $f'(0)=\dfrac{1}{2}$
    L’équation réduite de $T$ est donc $y=\dfrac{1}{2}x+2$.
    $\quad$
  5. Le coefficient directeur de la droite $T$ est $\dfrac{1}{2}$. Un vecteur directeur de cette droite est donc $\vec{u}\left(1;\dfrac{1}{2}\right)$
    De plus $\vect{AB}$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{2};-1\right)$.
    Ainsi $\vec{u}.\vect{AB}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0$.
    Ces deux vecteurs sont orthogonaux.
    Par conséquent la droite $T$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$.
    $\quad$

Ex 4 obl

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. $(3\ln x-5)\left(\e^x+4\right)=0$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    $3\ln x-5=0 \ssi 3\ln x=5 \ssi \ln x=\dfrac{5}{3} \ssi x=\e^{5/3}$
    La fonction exponentielle est strictement positive donc $\e^x+4>4$. Ainsi l’équation $\e^x+4=0$ n’admet pas de solution.
    Par conséquent l’équation $(3\ln x-5)\left(\e^x+4\right)=0$ admet une seule solution.
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
  2. Montrons par récurrence sur $n$ que $u_n=3\times 2^n+5n-1$.
    Initialisation : Si $n=0$ alors $u_0=2$ et $3\times 2^0+5\times 0-1=2$
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\in \N$. On suppose la propriété vraie au rang $n$.
    $\begin{align*}u_{n+1}&=2u_n-5n+6\\
    &=2\left(3\times 2^n+5n-1\right)-5n+6\\
    &=3\times 2^{n+1}+10n-2-5n+6\\
    &=3\times 2^{n+1}+5n+4\\
    &=3\times 2^{n+1}+5(n+1)-1\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Ainsi, pour tout $n\in \N,~u_n=3\times 2^n+5n-1$.
    Affirmation 2 vraie
    $\quad$
  3. $u_0=\dfrac{1}{2}$, $u_1=\dfrac{3}{2}$, $u_2=\dfrac{9}{2}$ et $u_3=\dfrac{19}{2}$
    Ainsi $\dfrac{u_1}{u_0}=3$ et $\dfrac{u_3}{u_2}=\dfrac{19}{9} \neq 3$
    La suite $\left(u_n\right)$ n’est donc pas géométrique.
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  4. Un vecteur directeur de la droite $d’$ est $\vec{v}(2;-4;10)=2\vec{u}$. Les droites $d$ et $d’$ sont donc parallèles.
    Le point de $d’$ de paramètre $t=-1$ a pour coordonnées $(-3;7;-12)$
    Donc $A$ appartient à la droite $d’$.
    Les droites $d$ et $d’$ sont ainsi confondues.
    Affirmation 4 vraie
    $\quad$
  5. Le vecteur $\vect{MB}$ a pour coordonnées $(1-t;-t;-t)$ et le vecteur $\vect{MD}$ a pour coordonnées $(-t;1-t;-t)$.
    Les droites $(MB)$ et $(MD)$ sont orthogonales
    $\ssi \vect{MB}.\vect{MD}=0$
    $\ssi -(1-t)t-(1-t)t+t^2=0$
    $\ssi -t+t^2-t+t^2+t^2=0$
    $\ssi 3t^2-2t=0$
    $\ssi t(3t-2)=0$
    $\ssi t=0$ ou $t=\dfrac{2}{3}$
    Il y a donc exactement deux positions du point $M$ sur la droite $(AG)$ telles que les droites $(MB)$ et $(MD)$ soient orthogonales.
    Affirmation 5 vraie
    $\quad$

 

Ex 4 spé

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. $7\times (-1)-12\times (-1)=5$. Le couple d’entier $(-1;-1)$ est donc une solution particulière de l’équation $7x-12y=5$.
    Soit $(x;y)$ une solution de cette équation.
    On a ainsi $7\times (-1)-12\times (-1)=5$ et $7x-12y=5$
    Par différence, on obtient : $7(-1-x)-12(-1-y)=0\ssi 7(-1-x)=12(-1-y)$
    $7$ et $12$ sont premiers entre eux. D’après le théorème de Gauss, il existe un entier relatif $k$ tel que $-1-x=12k$ et $-1-y=7k$.
    Par conséquent $x=-1-12k$ et $y=-1-7k$. En posant $k=-k’$ on obtient $x=-1+12k’$ et $y=-1+7k’$.
    $x$ et $y$ sont bien deux entiers relatifs.
    Réciproquement, soit $k\in \Z$.
    $7(-1+12k)-12(-1+7k)=-7+84k+12-84k=5$
    Donc $(-1+12k;-1+7k)$ est un couple d’entiers relatifs solution de l’équation $7x-12y=5$
    En conclusion, les solutions de l’équation $7x-12y=5$, où $x$ et $y$ sont des entiers relatifs sont les couples $(-1+12k;-1+7k)$ où $k$ décrit l’ensemble des entiers relatifs.
    Affirmation 1 vraie
    $\quad$
  2. $4\equiv 1~[3]$ et, pour tout $n\in \N$, $3\times 15^n \equiv 1~[3]$
    Donc $4+3\times 15^n\equiv 1~[3]$
    Affirmation 2 vraie
    $\quad$
  3. On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=2x^3-3x^2+5x-3$.
    $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que fonction polynôme.
    Pour tout réel $x$ on a $f'(x)=6x^2-6x+5$
    Le discriminant de ce polynôme du second degré est $\Delta=-84<0$.
    Son coefficient principal est $6>0$. Ainsi $f'(x)>0$ sur $\R$.
    La fonction $f$ est donc continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
    D’après la limite des termes de plus haut degré, $\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty} 2x^3=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty} 2x^3=+\infty$
    Or $0\in]-\infty;+\infty[$
    Ainsi, d’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$.
    Or $f(0)=-3<0$ et $f(1)=1>0$
    Par conséquent $\alpha\in ]0;1[$.
    Ainsi $\alpha$ n’est pas un entier naturel.
    L’équation $f(x)=0$ n’admet donc pas de solution sur $\N$. Il en est également de même pour l’équation $n\left(2n^2-3n+5\right)=3$.
    Affirmation 3 fausse$\quad$
    Autre méthode :
    $n$ divise $3$ donc $n=1$ ou $n=3$
    Si $n=1$ alors $n\left(2n^2-3n+5\right)=4\neq 3$
    Si $n=3$ alors $n\left(2n^2-3n+5\right)=42\neq 3$
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  4. Pour tout $t\in \R$ on a $A^2=\begin{pmatrix} t^2+6t&0\\0&6t+t^2\end{pmatrix}$
    Or $t^2+6t=1 \ssi t^2+6t-1=0$
    Le discriminant de cette équation du second degré est $\Delta=30>0$.
    L’équation possède donc deux solutions réelles.
    Il existe donc au moins un réel $t$ tel que $A^2=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$
    Affirmation 4 fausse
    $\quad$
  5. Montrons par récurrence sur $n$ que pour tout entier naturel $n \pg 2$, $A^n=\left(2^n-1\right)A+\left(2-2^n\right)I_3$
    Initialisation : $A^2=\begin{pmatrix}-2&3&-3\\-3&4&-3\\3&-3&4\end{pmatrix}$
    Et $\left(2^2-1\right)A+\left(2-2^2\right)I_3=3A-2I_3=\begin{pmatrix}-2&3&-3\\-3&4&-3\\3&-3&4\end{pmatrix}$
    La propriété est donc vraie pour $n=2$.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\pg 2$. On suppose que la propriété est vraie au rang $n$.
    $\begin{align*} A^{n+1}&=A^nA\\
    &=\left(2^n-1\right)A^2+\left(2-2^n\right)A \\
    &=\left(2^n-1\right)\left(3A-2I_3\right)+\left(2-2^n\right)A \\
    &=\left(3\times 2^n-3+2-2^n\right)A-\left(2^{n+1}-2\right)I_3 \\
    &=\left(2\times 2^n-1\right)A+\left(2-2^{n+1}I_3\right)\\
    &=\left(2^{n+1}-1\right)A+\left(2-2^{n+1}I_3\right)\end{align*}$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $2$ et est héréditaire.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n\pg 2$ on a $A^n=\left(2^n-1\right)A+\left(2-2^n\right)I_3$.
    Affirmation 5 vraie
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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