Bac Blanc 2015 Mathématiques - Terminale S 2 avril 2015

Lycée Marlioz - Aix les Bains
Bac Blanc 2015
re
Mathématiques - Terminale S
Candidats n’ayant pas choisi la spécialité maths
bl
ig
at
oi
2 avril 2015
O
Pour cette épreuve, la rédaction, la clarté et la précision des explications
entrent pour une large part dans l’appréciation des copies, sauf mention
explicite du contraire dans l’énoncé.
Le barème est donné à titre indicatif.
Les calculatrices sont autorisées.
Aucune sortie définitive n’est autorisée avant 9h00.
1
TS
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Exercice 1 (3 points).
Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Aucune justification n’est demandée. Pour
chacune des questions, une seule des quatre propositions est correcte. Chaque réponse correcte
rapporte un point. Une réponse erronée retire 0,5 point et l’absence de réponse n’enlève pas de
point. On notera sur la copie le numéro de la question suivi de la lettre correspondant à la
proposition choisie.
1. Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère les points A(2 ; 5 ; −1), B(3 ; 2 ; 1)
et C(1 ; 3 ; −2). Le triangle ABC est :
(a)
(b)
(c)
(d)
rectangle et non isocèle
isocèle et non rectangle
rectangle et isocèle
équilatéral
2. Soit A et B deux points distincts du plan. L’ensemble des points M du plan tels que
−−→ −−→
M A · M B = 0 est :
(a)
(b)
(c)
(d)
l’ensemble vide
la médiatrice du segment [AB]
le cercle de diamètre [AB]
la droite (AB)
3. 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
G
J
E
F
N
M
D
A
Les droites (IJ) et (MN) sont :
(a)
(b)
(c)
(d)
perpendiculaires
sécantes, non perpendiculaires
orthogonales
parallèles
C
B
TS
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Exercice 2 (4 points).
Deux éleveurs produisent une race de poissons d’ornement qui ne prennent leur couleur définitive
qu’à l’âge de trois mois :
— pour les alevins du premier élevage, entre l’âge de deux mois et l’âge de trois mois, 10 %
n’ont pas survécu, 75 % deviennent rouges et les 15 % restant deviennent gris.
— pour les alevins du deuxième élevage, entre l’âge de deux mois et l’âge de trois mois, 5 %
n’ont pas survécu, 65 % deviennent rouges et les 30 % restant deviennent gris.
Une animalerie achète les alevins, à l’âge de deux mois : 60 % au premier éleveur, 40 % au
second.
1. Un enfant achète un poisson le lendemain de son arrivée à l’animalerie, c’est-à-dire à l’âge
de deux mois.
a. Montrer que la probabilité que le poisson soit toujours vivant un mois plus tard est de
0,92.
b. Déterminer la probabilité qu’un mois plus tard le poisson soit rouge.
c. Sachant que le poisson est gris à l’âge de trois mois, quelle est la probabilité qu’il
provienne du premier élevage ?
2. Une personne choisit au hasard et de façon indépendante 5 alevins de deux mois. Quelle
est la probabilité qu’un mois plus tard, seulement trois soient en vie ? On donnera une
valeur approchée à 10−2 près.
3. L’animalerie décide de garder les alevins jusqu’à l’âge de trois mois, afin qu’ils soient
vendus avec leur couleur définitive. Elle gagne 1 euro si le poisson est rouge, 0,25 euro s’il
est gris et perd 0,10 euro s’il ne survit pas.
Rappel : soit X une variable aléatoire prenant les valeurs x1 , x2 , . . . xn . Pour 1 ≤ i ≤ n,
on note pi = p(X = xi ). L’espérance de X est alors égale à :
E(X) =
n
X
p i xi
i=1
Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique de l’animalerie par poisson acheté.
Déterminer la loi de probabilité de X et son espérance mathématique, arrondie au centime.
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Exercice 3 (4 points).
Sur le graphique ci-dessous, on a tracé, dans un repère orthonormé O;~i, ~j , une courbe C et
la droite (AB) où A et B sont les points de coordonnées respectives (0 ; 1) et (−1 ; 3).
B
A
~j
~i
C
On désigne par f la fonction dérivable sur R dont la courbe représentative est C.
On suppose, de plus, qu’il existe un réel a tel que pour tout réel x,
2
f (x) = x + 1 + axe−x .
1. a. Justifier que la courbe C passe par le point A.
b. Déterminer le coefficient directeur de la droite (AB).
c. Démontrer que pour tout réel x,
2
f 0 (x) = 1 − a 2x2 − 1 e−x .
d. On suppose que la droite (AB) est tangente à la courbe C au point A.
Déterminer la valeur du réel a.
2. D’après la question précédente, pour tout réel x,
2
f (x) = x + 1 − 3xe−x
2
et f 0 (x) = 1 + 3 2x2 − 1 e−x .
a. Démontrer que pour tout réel x de l’intervalle ] − 1 ; 0], f (x) > 0.
b. Démontrer que pour tout réel x inférieur ou égal à −1, f 0 (x) > 0.
3
c. Démontrer qu’il existe un unique réel c de l’intervalle − ; −1 tel que f (c) = 0.
2
3
Justifier que c < − + 2.10−2 .
2
TS
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Exercice 4 (4 points).
On
 considère la suite numérique (vn ) définie pour tout entier naturel n par

= 1
 v0
9

 vn+1 =
6 − vn
Partie A
1. On souhaite écrire un algorithme affichant, pour un entier naturel n donné, tous les termes
de la suite, du rang 0 au rang n.
Parmi les trois algorithmes suivants, un seul convient. Préciser lequel en justifiant la
réponse.
Algorithme No 1
Variables :
v est un réel
i et n sont des entiers naturels
Algorithme No 2
Variables :
v est un réel
i et n sont des entiers naturels
Algorithme No 3
Variables :
v est un réel
i et n sont des entiers naturels
Début de l’algorithme :
Lire n
v prend la valeur 1
Pour i variant de 1 à n faire
9
v prend la valeur
6−v
Fin pour
Début de l’algorithme :
Lire n
Pour i variant de 1 à n faire
v prend la valeur 1
Début de l’algorithme :
Lire n
v prend la valeur 1
Pour i variant de 1 à n faire
Afficher v
Fin pour
Fin algorithme
Fin algorithme
Afficher v
v prend la valeur
Afficher v
9
6−v
v prend la valeur
Fin pour
Afficher v
Fin algorithme
2. a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 0 < vn < 3.
b. Démontrer que, pour tout entier naturel n, vn+1 − vn =
(3 − vn )2
.
6 − vn
La suite (vn ) est-elle monotone ?
c. Démontrer que la suite (vn ) est convergente.
Partie B Recherche de la limite de la suite (vn )
On considère la suite (wn ) définie pour tout n entier naturel par
wn =
1
.
vn − 3
1
3
2. En déduire l’expression de (wn ), puis celle de (vn ) en fonction de n.
1. Démontrer que (wn ) est une suite arithmétique de raison −
3. Déterminer la limite de la suite (vn ).
9
6−v
TS
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Exercice 5 (5 points).
Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
On note C l’ensemble des nombres complexes.
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé (O; ~u, ~v ). On prendra comme unité 2 cm
sur chaque axe.
Le graphique sera fait sur une feuille de papier millimétré et complété au fur et à mesure des
questions.
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe
f (z) = z 2 + 2z + 9.
√
1. Calculer l’image de −1 + i 3 par la fonction f .
2. Résoudre dans C l’équation f (z) = 5.
Écrire sous forme exponentielle les solutions de cette équation.
Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points A et B dont l’affixe
est solution de l’équation (A étant le point dont l’affixe a une partie imaginaire positive).
On laissera les traits de construction apparents.
3. Soit λ un nombre réel. On considère l’équation f (z) = λ d’inconnue z.
Déterminer l’ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l’équation f (z) = λ admet deux
solutions complexes conjuguées.
4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie
|f (z) − 8| = 3.
Prouver que (F) est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayon
Tracer (F) sur le graphique.
√
3.
5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels.
a. Montrer que la forme algébrique de f (z) est
x2 − y 2 + 2x + 9 + i(2xy + 2y).
b. On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z)
soit un nombre réel.
Montrer que (E) est la réunion de deux droites D1 et D2 dont on précisera les équations.
Compléter le graphique de l’annexe en traçant ces droites.
6. Déterminer les coordonnées des points d’intersection des ensembles (E) et (F).
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Corrigés des exercices
Corrigé de l’exercice 1.
1b, 2c, 3c
Corrigé de l’exercice 2.
On note E1 (resp. E2 ) les événements « le poisson vient de l’élevage 1 (resp 2) » et M , (resp.
R, G) les événements « À trois mois, le poisson est mort (rouge, gris resp.). L’énoncé peut se
résumer à l’aide de l’arbre de probabilité suivant :
0,1
0,75
0,15
E1
0,6
M
R
G
Ω
0,05
0,65
0,3
0,4
E2
M
R
G
1. a. On calcule p(M ) à l’aide de la formule des probabilités totales (E1 et E2 forment une
partition de l’univers) :
p(M ) = p(M ∩E1 )+p(M ∩E2 ) = p(E1 )×pE1 (M )+p(E2 )×pE2 (M ) = 0,6×0,1+0,4×0,05 = 0,08
Donc la probabilité cherchée p(M ) vaut 1 − 0,08 = 0,92 .
b. De la même façon on calcule p(R) :
p(R) = 0,6 × 0,75 + 0,4 × 0,65 = 0,71
3
≈ 0,43
7
2. On répète cinq fois et de manière indépendante la même épreuve de Bernoulli qui
consiste à tester si un poisson survit jusqu’à l’âge de trois mois. Le nombre de survivants
suit donc une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,92. À l’aide de la calculatrice,
on obtient la probabilité cherchée : p ≈ 0,05.
3. La variable X peut prendre les valeurs −0,10 (si M est réalisé), 0,25 (si G est réalisé) et
1 (si R est réalisé). On a donc la loi suivante :
c. On cherche pG (E1 ) =
p(G∩E1 )
p(G)
=
0,6×0,15
1−(0,08+0,71)
xi
P (X = xi )
=
−0,10
0,08
0,25
0,21
1
0,71
L’espérance de cette loi est donc :
E(X) = −0,10 × 0,08 + 0,25 × 0,21 + 1 × 0,71 ≈ 0,75 e
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Corrigé de l’exercice 3.
1. a. On calcule f (0) = 0 + 1 + a × 0 × e0 = 1 donc A(0; 1) ∈ C.
b. Le coefficient directeur de (AB) est
yB −yA
xB −xA
=
3−1
−1−0
= −2 .
c. Pour x réel, on a :
2
f 0 (x) = 1 + 0 + a × e−x + ax × −2xe−x
2
= 1 − a 2x2 − 1 e−x
2
d. (AB) est tangente à C en A si et seulement si f 0 (0) est égal au coefficient directeur de
(AB) (car on sait que A ∈ C). On résout donc :
2
f 0 (0) = −2 ⇐⇒ 1 − a 2 × 02 − 1 e−0 = −2
⇐⇒ 1 + a = −2
⇐⇒ a = −3
2. a. Pour x ∈] − 1; 0] on a x > −1 donc x + 1 > 0 .
2
2
De plus on a −3x ≥ 0 et e−x > 0 donc −3xe−x ≥ 0 .
En ajoutant ces deux inégalités encadrées on obtient f (x) > 0 .
b. Pour x ≤ −1 on a x2 ≥ 1 donc 2x2 ≥ 2 donc 2x2 − 1 ≥ 1 > 0 En multipliant par 3 et
2
2
par ex > 0 on obtient 3 (2x2 − 1) e−x > 0 et en ajoutant 1, f 0 (x) > 0 .
i
h
c. Sur − 23 ; −1 la fonction f est continue (car dérivable), strictement croissante (car
f 0 (x) > 0 pour x ≤ −1) et on a f (− 23 ) ≈ −0,03 < 0 et f (−1) > 0 donc d’après le
théorème de la valeur intermédiaire, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution c
sur cet intervalle.
En remarquant que f − 32 + 2.10−2 = f (−1,48) > 0 on peut à nouveau appliquer le
h
i
TVI sur − 23 ; −1,48 et prouver ainsi que c < −1,48.
Corrigé de l’exercice 4.
Partie A
9
»
1. L’algorithme 1 n’affiche pas v0 car le premier affichage a lieu après le calcul « 9−v
(c’est-à-dire du terme suivant).
9
L’algorithme 2 n’affiche pas v10 car il affiche le terme avant les calculs « 9−v
».
e
Le bon algorithme est donc le 3 car il affiche v0 au départ puis chaque terme de 1 à 10
après l’avoir calculé.
2. a. Pour n entier naturel, on note Pn la proposition « 0 < vn < 3 ». Montrons par récurrence que Pn est vraie pour tout n entier naturel.
Initialisation : on a v0 = 1 et 0 < 1 < 3 donc P0 est vraie.
Hérédité : on fait l’hypothèse que pour un n fixé la proposition Pn est vraie (i.e
pour ce n on a 0 < vn < 3) ; montrons qu’alors Pn+1 est aussi vraie (i.e pour ce n
TS
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on a 0 < vn+1 < 3) :
on a
donc
donc
donc
0 < vn < 3
0 > −vn > −3
6 > 6 − vn > 3 Or, la fonction inverse est décroissante
1
1
< 6−v
< 31
6
n
9
6
donc
< vn+1 <
9
3
Finalement on obtient bien 0 < vn+1 < 3 donc Pn+1 est vraie.
Conclusion : la proposition Pn est donc vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc,
d’après l’axiome de récurrence, elle est vraie pour tout n ∈ N.
b. Pour n ∈ N on a :
9
− vn
6 − vn
9
vn (6 − vn )
=
−
6 − vn
6 − vn
2
9 − 6vn + vn
=
6 − vn
(3 − vn )2
=
6 − vn
Pour n ∈ N on a (3 − vn )2 > 0 car c’est un carré non nul (car vn < 3) et 6 − vn > 3 > 0
car 0 < vn < 3. Donc par quotient on déduit que vn+1 − vn > 0 pour tout n et donc
que la suite v est strictement croissante.
vn+1 − vn =
c. La suite v est croissante et majorée (par 3) donc elle converge (attention : jusqu’ici,
rien ne prouve qu’elle converge vers 3 !).
Partie B
1. Pour n entier naturel on a :
1
1
−
wn+1 − wn =
vn+1 − 3 vn − 3
1
1
−
=
9
− 3 vn − 3
6−vn
1
1
= 9−3(6−vn ) −
vn − 3
6−v
n
=
=
=
=
6 − vn
1
−
9 − 18 + 3vn vn − 3
6 − vn
3
−
3(vn − 3) 3(vn − 3)
(6 − vn ) − 3
3(vn − 3)
3 − vn
1
=−
−3(3 − vn )
3
Donc la suite w est arithmétique de premier terme w0 =
− 31 .
1
v0 −3
=
1
1−3
= − 21 et de raison
TS
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1 n
2. On a donc pour n entier naturel, wn = w0 + n × − 13 = − − .
2 3
Pour n ∈ N on a wn =
3. On a lim
n→+∞
1
vn −3
donc vn − 3 =
1
wn
6
−
= 0 donc par somme,
3 + 2n
et donc vn = 3 +
− 12
1
−
n
3
=3−
6
.
3 + 2n
lim vn = 3 .
n→+∞
Corrigé de l’exercice 5.
1. En développant et en utilisant i2 = −1 on a :
√ √ √ 2
√
√
f −1 + i 3 −1 + i 3 + 2 −1 + i 3 + 9 = 1 − 2i 3 − 3 − 2 + 2i 3 + 9 = 5
2. f (z) = 5 équivaut à z 2 + 2z + 4 = 0 dont on calcule le discriminant ∆ = −12 < 0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
√
√
√
−2 − i 12
zB =
= −1 − i 3 et zA = −1 + i 3
2
√
On pouvait aussi dire grâce à la question précédente que −1 + i 3 est solution donc
√
√
l’autre solution est −1 + i 3 = −1 − i 3.
Construction 1 : on remarque que |zA | = |zB | = 2 donc A et B sont sur le cercle de
centre O et de rayon 2 (qu’on peut tracer). Par ailleurs <(zA ) = <(zB ) = −1 donc A et
B sont sur la droite d’équation x = −1.
3. L’équation f (z) = λ équivaut à z 2 + 2z + (9 − λ) = 0. Cette équation a deux solutions
complexes conjuguées si et seulement si son discriminant est strictement négatif. On résout
donc :
22 − 4 × 1 × (9 − λ) < 0 ⇐⇒ 4 − 36 + 4λ < 0
⇐⇒ 4λ < 32
⇐⇒ λ < 8
4. Soit M (z) un point du plan complexe. On a :
M ∈ (F ) ⇐⇒ |f (z) − 8| = 3
⇐⇒ z 2 + 2z + 1 = 3
⇐⇒ (z + 1)2 = 3
⇐⇒ |z + 1|2 = 3
√
⇐⇒ |z + 1| = 3
√
⇐⇒ ΩM = 3
Ce qui revient à dire que M appartient au cercle de centre Ω et de rayon
Construction : le cercle passe clairement par A et B.
√
3.
1. Une construction doit se faire en n’utilisant que la règle non graduée et le compas. En pratique, on a le
droit de reporter des longueurs et de tracer des droites.
TS
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5. a. De même que dans la question 1 on a :
f (x + iy) = (x + iy)2 + 2(x + iy) + 9
= x2 + 2xyi − y 2 + 2x + 2iy + 9
=
(x2 − y 2 + 2x + 9) + i(2xy + 2y)
b. Soit M (z) un point du plan complexe. On a :
M ∈ (E) ⇐⇒ =(f (z)) = 0
⇐⇒ 2xy + 2y = 0
⇐⇒ 2y(x + 1) = 0
⇐⇒ 2y = 0 ou x + 1 = 0
Ce qui revient à dire que M est sur la droite D1 d’équation y = 0 ou sur la droite D2
d’équation x = −1.
6. L’intersection d’un cercle et d’une droite est constituée d’au plus deux points.
Les points A et B sont sur (F ) et clairement sur D2 donc (F ) ∩ D2 = {A; B}.
Par ailleurs, D1√est l’axe réel donc√l’intersection du cercle (F ) avec D1 est constituée des
points C(−1 − 3; 0) et D(−1 + 3; 0).
Finalement, (E) ∩ (F ) = {A; B; C; D} .
D2
A
(F )
~v
C
D
O
D1
B
~u