Bac – Spécialité mathématiques – Europe – sujet 1 – 21 mars 2023

Centres étrangers (Europe) – 21 mars 2023

Spécialité maths – Sujet 1 – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $\lim\limits_{x\to 0^+} x^2=0^+$ et $\lim\limits_{X\to 0^+} \ln(X)=-\infty$ donc $\lim\limits_{x\to 0^+} \ln\left(x^2\right)=-\infty$
    De plus $\lim\limits_{x\to 0^+} x-2=-2$ par conséquent $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=-\infty$
    $\quad$
    $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty} \ln(X)=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \ln\left(x^2\right)=+\infty$
    De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} x-2=+\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$
    $\quad$
  2. Pour tout réel $x>0$ on a :
    $\begin{align*} g'(x)&=\dfrac{2x}{x^2}+1 \\
    &=\dfrac{2}{x}+1 \end{align*}$
    Pour tout réel $x>0$ on a $\dfrac{2}{x}>0$ et donc $g'(x)>0$.
    La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  3. a. La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $]0;+\infty[$.
    $\lim\limits_{x\to 0^+} g(x)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=+\infty$. Or $0\in ]-\infty;+\infty [$.
    D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    b. D’après la calculatrice $\alpha \approx 1,370~2$. Par conséquent $1,37<\alpha<1,38$.
    $\quad$
  4. La fonction $g$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ et s’annule en $\alpha$.
    On en déduit le tableau de signes suivant :
    $\quad$

    $\quad$

Partie B

  1. a. $\lim\limits_{x\to 0^+} x-2=-2$ donc $\lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{x-2}{x}=-\infty$.
    Or $\lim\limits_{x\to 0^+} \ln(x)=-\infty$. Par conséquent $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$.
    $\quad$
    b. La courbe $\mathscr{C}_f$ possède donc une asymptote verticale d’équation $x=0$.
    $\quad$
  2. Pour tout réel $x>0$ on a $f(x)=\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln(x)$.
    $\lim\limits_{x\to +\infty} 1-\dfrac{2}{x}=1$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} \ln(x)=+\infty$.
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$.
    $\quad$
  3. Pour tout réel $x>0$ on a, en utilisant l’expression de $f(x)$ obtenue à la question précédente :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2}{x^2}\ln(x)+\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\times \dfrac{1}{x} \\
    &=\dfrac{2\ln(x)+\left(1-\dfrac{2}{x}\right)x}{x^2} \\
    &=\dfrac{\ln\left(x^2\right)+x-2}{x^2} \\
    &=\dfrac{g(x)}{x^2}\end{align*}$
    $\quad$
  4. D’après la question A.4. $f'(x)>0 \ssi x>\alpha$ et $f'(\alpha)=0$.
    La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $]0;\alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha;+\infty[$.
    $\quad$

Partie C

Pour tout réel $x>0$ on a :
$\begin{align*} f(x)-\ln(x)&=\dfrac{(x-2)}{x}\ln(x)-\ln(x) \\
&=\dfrac{(x-2)\ln(x)-x\ln(x)}{x} \\
&=\dfrac{x\ln(x)-2\ln(x)-x\ln(x)}{x} \\
&=\dfrac{-2\ln(x)}{x}\end{align*}$
Or $\ln(x)>0 \ssi x>1$.

La courbe $\mathscr{C}_f$ est au-dessus de la courbe représentative de la fonction $\ln$ sur $]0;1]$ et en dessous sur $[1;+\infty[$.

$\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    $\quad$
    $\quad$
  2. $\left(T_2,V_2\right)$ forme un système complet d’événements fini. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p_3&=p\left(T_3\right) \\
    &=p\left(T_2\cap T_3\right)+p\left(V_2\cap T_3\right) \\
    &=p\left(T_2\right)p_{T_2}\left(T_3\right)+p\left(V_2\right)p_{V_2}\left(T_3\right) \\
    &=0,8\times 0,8+0,2\times 0,6 \\
    &=0,76\end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_{V_3}\left(T_2\right)&=\dfrac{p\left(V_3\cap T_2\right)}{p\left(V_3\right) } \\
    &=\dfrac{p\left(T_2\right)p_{T_2}\left(V_3\right)}{1-p\left(T_3\right)} \\
    &=\dfrac{0,8\times 0,2}{0,24} \\
    &=\dfrac{2}{3}\end{align*}$
    $\quad$
  4. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    $\quad$
    $\quad$
  5. Pour tout $n\in \N$, $\left(T_n,V_n\right)$ forme un système complet d’événements fini. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p_{n+1}&=p\left(T_{n+1}\right) \\
    &=p\left(T_n\cap T_{n+1}\right)+p\left(V_n\cap T_{n+1}\right) \\
    &=p\left(T_n\right)p_{T_n}\left(T_{n+1}\right)+p\left(V_n\right)p_{V_n}\left(T_{n+1}\right) \\
    &=0,8\times p_n+0,6\times \left(1-p_n\right) \\
    &=0,8p_n+0,6-0,6p_n \\
    &=0,2p_n+0,6\end{align*}$
    $\quad$
  6. Pour tout $n\in \N^*$, on pose $R(n):~p_n=0,75+0,25\times 0,2^{n-1}$
    Initialisation : $p_1=1$ et $0,7+0,25\times 0,2^0=0,75+0,25=1$.
    Donc $R(1)$ est vraie.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\in \N^*$. On suppose que $R(n)$ est vraie.
    $\begin{align*} p_{n+1}&=0,2p_n+0,6 \\
    &=0,2\left(0,75+0,25\times 0,2^{n-1}\right) +0,6 \\
    &=0,15+0,25\times 0,2^n+0,6 \\
    &=0,75+0,25\times 0,2p^n\end{align*}$
    Donc $R(n+1)$ est vraie.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout $n\in \N^*$, on a $p_n=0,75+0,25\times 0,2^{n-1}$.
    $\quad$
  7. $0<0,2<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 0,2^{n-1}=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} p_n=0,75$.
    Sur le long terme, la probabilité que M Durand utilise les transports en commun est égale à $0,75$.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

  1. La fonction $F$ définie sur $\R$ par $F(x)=(x-1)\e^x$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} F'(x)&=\e^x+(x-1)\e^x \\
    &=(1+x-1)\e^x \\
    &=x\e^x \\
    &=f(x)\end{align*}$
    $F$ est donc une primitive de $f$ sur $\R$.
    Réponse b
    $\quad$
  2. $x-1=0 \ssi x=1$ et $x-1>0\ssi x>1$
    $2x+4=0\ssi 2x=-4\ssi x=-2$ et $2x+4>0\ssi 2x>-4\ssi x>-2$.
    (À cette étape-là on peut faire un tableau de signes au brouillon)
    Par conséquent $\dfrac{x-1}{2x+4}>0 \ssi x\in ]-\infty;-2[\cup ]1;+\infty[$.
    La fonction $\ln$ est définie sur $]0;+\infty[$.
    Réponse c
    $\quad$
  3. La fonction $h$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} h'(x)&=\e^x+(x+1)\e^x \\
    &= (1+x+1)\e^x \\
    &=(x+2)\e^x\end{align*}$
    $\quad$
    La fonction $h’$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} h\dsec(x)&=\e^x+(x+2)\e^x \\
    &= (1+x+2)\e^x \\
    &=(x+3)\e^x\end{align*}$
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$
    $h\dsec(x)=0\ssi x+3=0 \ssi x=-3$ et $h\dsec(x)>0\ssi x+3>0 \ssi x>-3$
    La fonction $h$ est donc concave sur $] -\infty;-3]$ et convexe sur $[-3;+\infty[$.
    Réponse d
    $\quad$
  4. Pour tout $n$ on a donc $u_n\pg 3$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n =\ell$.
    Par conséquent $\ell \pg 3$.
    Réponse b
    $\quad$
  5. On constate à l’aide la calculatrice que la suite $\left(w_n\right)$ semble converger vers $0$.
    Réponse d
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

  1. $\vect{AB}\begin{pmatrix} 4\\1\\4\end{pmatrix}$ et $\vect{AC}\begin{pmatrix}2\\5\\-6\end{pmatrix}$.
    $\dfrac{4}{2}=2$ et $\dfrac{1}{5}=0,2$.
    Par conséquent $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ ne sont pas colinéaires et les points $A$, $B$ et $C$ définissent un plan.
    $\quad$
  2. a. $\vec{n}.\vect{AB}=52+16+36=0$ et $\vec{n}.\vect{AC}=26-80+54=0$.
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $\mathscr{P}$.
    $\vec{n}$ est par conséquent normal au plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
    b. Une équation cartésienne du plan $\mathscr{P}$ est donc de la forme $13x-16y-9z+d=0$.
    $A(-1;-3;2)$ appartient à ce plan.
    Par conséquent $-13+48-18+d=0\ssi d=-17$.
    Une équation cartésienne de $\mathscr{P}$ est donc $13x-16y-9z-17=0$.
    $\quad$
  3. Une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ est $$\begin{cases} x=15+13t\\y=-16-16t\\z=-8-9t\end{cases} \qquad \forall t\in \R$$
    $\quad$
  4. On considère le point $E’$ de coordonnées $(2;0;1)$.
    Si on prend $t=-1$ dans la représentation paramétrique de $\mathscr{D}$ on obtient $x=2$, $y=0$ et $z=1$. Donc $E’$ appartient à $\mathscr{D}$.
    $13\times 2+0-9\times 1-17=26-26=0$ : $E’$ appartient au plan $\mathscr{P}$.
    $13\times 15-16\times (-16)-9\times (-8)-17=506\neq 0$ : le point $F$ n’appartient pas au plan $\mathscr{P}$.
    La droite $\mathscr{D}$ n’est, par conséquent, pas incluse dans le plan $\mathscr{P}$.
    Ainsi les coordonnées du point $E$ sont bien $(2;0;1)$.
    $\quad$
  5. On a $\vect{EF}\begin{pmatrix}-13\\16\\9\end{pmatrix}$La distance du point $E$ au plan $\mathscr{P}$ est :
    $\begin{align*} EF&=\sqrt{(-13)^2+16^2+9^2}\\
    &=\sqrt{169+256+81} \\
    &=\sqrt{506}\end{align*}$
    $\quad$
  6. On veut déterminer les points $M(15+13t,-16-16t,-8-9t)$ de $\mathscr{D}$ tels que $EM=\dfrac{EF}{2}$
    $\vect{EM}\begin{pmatrix} 13+13t\\-16-16t\\-9-9t\end{pmatrix}$. Ainsi $\vect{EM}\begin{pmatrix}13(1+t)\\-16(1+t)\\-9(1+t)\end{pmatrix}$
    On en déduit donc que :
    $\begin{align*} EM&=\sqrt{169(1+t)^2+256(1+t)^2+81(1+t)^2} \\
    &=\sqrt{506(1+t)^2}\end{align*}$
    $\begin{align*} EM=\dfrac{EF}{2}&\ssi \sqrt{506(1+t)^2}=\dfrac{\sqrt{506}}{2} \\
    &\ssi 506(1+t)^2=\dfrac{506}{4} \\
    &\ssi (1+t)^2=\dfrac{1}{4} \\
    &\ssi 1+t=\dfrac{1}{2} \text{ ou } 1+t=-\dfrac{1}{2} \\
    &\ssi t=-\dfrac{1}{2} \text{ ou } t=-\dfrac{3}{2}\end{align*}$
    Les coordonnées des points de la droite $\mathscr{D}$ dont la distance au plan $\mathscr{P}$ est égale à la moitié de la distance du point $F$ au plan $\mathscr{P}$ sont donc $\left(\dfrac{17}{2};-8;-\dfrac{7}{2}\right)$ et $\left(-\dfrac{9}{2};8;\dfrac{11}{2}\right)$.
    $\quad$

 

Énoncé

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