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Examen national 2013 — Session de rattrapage

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session de rattrapage 2013

Mathématiques — Filière : Sciences Expérimentales — Option PC & SVT Durée : 3 h — Coefficient : 7

Exercice 1 — Géométrie dans l’espace (3 points)

On considère, dans L’espace rapporté d un repère orthonormé direct $\left(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}\right)$ . les points $A(0, 0, 1)$ , $B(1, 1, 1)$ et $C(2, 1, 2)$ et la sphère $(S)$ de centre $\Omega(1, -1, 0)$ et de rayon $\sqrt{3}$ .

1) (0,75 pt) Montrer que $x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x+2y-1=0$ est une équation cartésienne de la sphère $(S)$ et verifier que le point $A$ appartient à la sphère $(S)$ .

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$(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=3\iff x^{2}-2x+1+y^{2}+2y+1+z^{2}=3\iff x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x+2y-1=0.$ Pour $A(0,0,1)$ : $0+0+1-0+0-1=0$ . Donc $A\in(S)$ .

2) a) (0,75 pt) Montrer que $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec{\imath}-\vec{\jmath}-\vec{k}$ et en déduire que $x-y-z+1=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$

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$\overrightarrow{AB}(1,1,0)$ et $\overrightarrow{AC}(2,1,1)$ . On a : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}\vec{\imath}-\begin{vmatrix}1&0\\2&1\end{vmatrix}\vec{\jmath}+\begin{vmatrix}1&1\\2&1\end{vmatrix}\vec{k}=(1-0)\vec{\imath}-(1-0)\vec{\jmath}+(1-2)\vec{k}=\vec{\imath}-\vec{\jmath}-\vec{k}.$ Ce produit vectoriel est un vecteur normal à $(ABC)$ . Une équation est $x-y-z+d=0$ . Avec $A(0,0,1)$ : $-1+d=0$ , donc $d=1$ .

D’où $(ABC):x-y-z+1=0$ .

b) (0,75 pt) Calculer $d(\Omega,(ABC))$ puis en déduire que le plan $(ABC)$ est tangent a la sphère $(S)$ en $A$

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$d(\Omega,(ABC))=\dfrac{|1-(-1)-0+1|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+(-1)^{2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}=R.$ La distance du centre au plan égale le rayon : $(ABC)$ est tangent à $(S)$ . Le point de contact est $A$ (qui appartient à $(S)$ et à $(ABC)$ ).

3) Soit $(\Delta)$ la droite passant par le point $\Omega$ et perpendiculaire au plan $(ABC)$

a) (0,25 pt) Démontrer que $\begin{cases}x=1+t\\ y=-1-t\\ z=-t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R})$ est une représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$

Voir la solution

$(\Delta)$ passe par $\Omega(1,-1,0)$ et est dirigée par $\vec{n}(1,-1,-1)$ . D’où la représentation paramétrique annoncée.

b) (0,5 pt) En déduire les triplets des coordonnées des deux points d’intersections de la droite $(\Delta)$ et la sphère $(S)$

Voir la solution

Un point $M(1+t,-1-t,-t)$ de $(\Delta)$ appartient à $(S)$ si et seulement si $(1+t)^{2}+(-1-t)^{2}+(-t)^{2}-2(1+t)+2(-1-t)-1=0\iff 3t^{2}-3=0\iff t^{2}=1\iff t=\pm1.$ Pour $t=1$ : $M_{1}(2,-2,-1)$ ; pour $t=-1$ : $M_{2}(0,0,1)=A$ .

Les deux points d’intersection sont $A(0,0,1)$ et $(2,-2,-1)$ .

Exercice 2 — Nombres complexes (3 points)

1) (0,75 pt) Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes $\mathbb{C}$ , l’équation : $z^{2}-8z+25=0$

Voir la solution

$\Delta=64-100=-36=36i^{2}$ . Les solutions sont $z=\dfrac{8\pm6i}{2}=4\pm3i.$

2) On considère, dans le plan muni d’un repère orthonormé direct $(O, \vec{u}, \vec{v})$ , les points $A$ , $B$ et $C$ d’affixes respectives $a$ , $b$ et $c$ tels que : $a=4+3i$ , $b=4-3i$ et $c=10+3i$ et la translation $T$ de vecteur $\overrightarrow{BC}$

a) (0,75 pt) Montrer que l’affixe du point $D$ image du point $A$ par la translation $T$ est $d=10+9i$ .

Voir la solution

L’affixe de $\overrightarrow{BC}$ est $c-b=(10+3i)-(4-3i)=6+6i$ . Donc $d=a+(c-b)=4+3i+6+6i=10+9i$ .

b) (1 pt) Vérifier que $\dfrac{b-a}{d-a}=-\dfrac{1}{2}(1+i)$ puis écrire le nombre complexe $-\dfrac{1}{2}(1+i)$ sous une forme trigonométrique

Voir la solution

$b-a=(4-3i)-(4+3i)=-6i$ et $d-a=(10+9i)-(4+3i)=6+6i$ . $\dfrac{b-a}{d-a}=\dfrac{-6i}{6+6i}=\dfrac{-i}{1+i}=\dfrac{-i(1-i)}{2}=\dfrac{-i+i^{2}}{2}=\dfrac{-1-i}{2}=-\dfrac{1}{2}(1+i).$ $-\dfrac{1}{2}(1+i)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,e^{-i3\pi/4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\dfrac{5\pi}{4}+i\sin\dfrac{5\pi}{4}\right)$ (en prenant l’argument $\dfrac{5\pi}{4}$ ).

c) (0,5 pt) Montrer que : $\bigl(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AB}\bigr)=\dfrac{5\pi}{4}\,[2\pi]$ .

Voir la solution

$\arg\!\left(\dfrac{b-a}{d-a}\right)=\bigl(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AB}\bigr)\,[2\pi]$ . Or $\dfrac{b-a}{d-a}=-\dfrac{1}{2}(1+i)$ a pour argument $\dfrac{5\pi}{4}\,[2\pi]$ .

D’où $\bigl(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AB}\bigr)=\dfrac{5\pi}{4}\,[2\pi]$ .

Exercice 3 — Suites numériques (3 points)

On considère la suite numérique $(u_{n})$ définie par : $u_{0}=2$ et $u_{n+1}=\dfrac{1}{5}u_{n}+\dfrac{4}{5}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$

1) (0,5 pt) Vérifier que : $u_{n+1}-1=\dfrac{1}{5}(u_{n}-1)$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$

Voir la solution

$u_{n+1}-1=\dfrac{1}{5}u_{n}+\dfrac{4}{5}-1=\dfrac{1}{5}u_{n}-\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{5}(u_{n}-1).$

2) a) (0,5 pt) Montrer par récurrence que $u_{n}>1$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ .

Voir la solution

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $u_{n}>1$ .

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_{0}=2>1$ . La propriété est vraie au rang $0$ .

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ . Supposons que $u_{n}>1$ . Alors $u_{n}-1>0$ , donc $u_{n+1}-1=\dfrac{1}{5}(u_{n}-1)>0$ , soit $u_{n+1}>1$ .

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n}>1$ .

b) (0,5 pt) Montrer que la suite $(u_{n})$ est décroissante.

Voir la solution

$u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{1}{5}u_{n}+\dfrac{4}{5}-u_{n}=\dfrac{4}{5}-\dfrac{4}{5}u_{n}=\dfrac{4}{5}(1-u_{n}).$ Comme $u_{n}>1$ , on a $1-u_{n}<0$ , donc $u_{n+1}-u_{n}<0$ : $(u_{n})$ est décroissante.

c) (0,25 pt) En déduire que la suite $(u_{n})$ est convergente.

Voir la solution

$(u_{n})$ est décroissante et minorée par $1$ , donc convergente.

3) Soit $(v_{n})$ la suite numérique telle que : $v_{n}=u_{n}-1$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ .

a) (0,5 pt) Montrer que $(v_{n})$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{5}$ et exprimer $v_{n}$ en fonction de $n$

Voir la solution

$v_{n+1}=u_{n+1}-1=\dfrac{1}{5}(u_{n}-1)=\dfrac{1}{5}v_{n}$ . Donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{5}$ et de premier terme $v_{0}=u_{0}-1=1$ .

D’où $v_{n}=\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ .

b) (0,75 pt) En déduire que $u_{n}=\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n}+1$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ puis calculer la limite de la suite $(u_{n})$ .

Voir la solution

$u_{n}=v_{n}+1=\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n}+1$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ .

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}=1$ .

Exercice 4 — Calcul des probabilités (3 points)

Un sac contient 9 jetons indiscernables au toucher : quatre jetons blancs, trois jetons noirs et deux jetons verts On tire au hasard, simultanément, trois jetons du sac

1) (1 pt) Soient les deux événements suivants $A$ : « Tirer trois jetons de même couleur » $B$ : « Tirer trois jetons de couleurs différentes deux à deux » Montrer que $p(A)=\dfrac{5}{84}$ et que $p(B)=\dfrac{2}{7}$

Voir la solution

$\mathrm{Card}(\Omega)=\dbinom{9}{3}=84$ .

$A$ : trois blancs ou trois noirs (impossible d’avoir trois verts) : $\mathrm{Card}(A)=\dbinom{4}{3}+\dbinom{3}{3}=4+1=5$ , d’où $p(A)=\dfrac{5}{84}$ .

$B$ : un blanc, un noir et un vert : $\mathrm{Card}(B)=\dbinom{4}{1}\dbinom{3}{1}\dbinom{2}{1}=4\times3\times2=24$ , d’où $p(B)=\dfrac{24}{84}=\dfrac{2}{7}$ .

2) Soit $X$ la variable aléatoire qui à chaque tirage associe le nombre de jetons noirs tirés.

a) (0,25 pt) Vérifier que les valeurs prises par la variable aléatoire $X$ sont : $0$ , $1$ , $2$ et $3$ .

Voir la solution

Il y a $3$ jetons noirs et l’on tire $3$ jetons : $X$ peut valoir $0$ , $1$ , $2$ ou $3$ . Donc $X(\Omega)=\{0,1,2,3\}$ .

b) (1 pt) Montrer que $p(X=2)=\dfrac{3}{14}$ et $p(X=1)=\dfrac{15}{28}$

Voir la solution

$p(X=2)=\dfrac{\dbinom{3}{2}\dbinom{6}{1}}{84}=\dfrac{3\times6}{84}=\dfrac{18}{84}=\dfrac{3}{14}.$ $p(X=1)=\dfrac{\dbinom{3}{1}\dbinom{6}{2}}{84}=\dfrac{3\times15}{84}=\dfrac{45}{84}=\dfrac{15}{28}.$

c) (0,75 pt) Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$ .

Voir la solution

$p(X=0)=\dfrac{\dbinom{6}{3}}{84}=\dfrac{20}{84}=\dfrac{5}{21},\qquad p(X=3)=\dfrac{\dbinom{3}{3}}{84}=\dfrac{1}{84}.$

$X=k$	$0$	$1$	$2$	$3$
$p(X=k)$	$\dfrac{5}{21}$	$\dfrac{15}{28}$	$\dfrac{3}{14}$	$\dfrac{1}{84}$

Exercice 5 — Étude de fonctions numériques et calcul intégral (8 points)

Partie I

On considère la fonction $g$ définie sur $]0;+\infty[$ par : $g(x)=x^{2}-x-\ln x$

1) a) (0,25 pt) Vérifier que $2x^{2}-x-1=(2x+1)(x-1)$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ .

Voir la solution

$(2x+1)(x-1)=2x^{2}-2x+x-1=2x^{2}-x-1$ .

b) (1 pt) Montrer que $g'(x)=\dfrac{2x^{2}-x-1}{x}$ pour tout $x$ de l’intervalle $]0,+\infty[$ et en déduire que la fonction $g$ est décroissante sur l’intervalle $]0,1]$ et qu’elle est croissante sur l’intervalle $[1,+\infty[$ .

Voir la solution

$g'(x)=2x-1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2x^{2}-x-1}{x}=\dfrac{(2x+1)(x-1)}{x}.$ Pour $x>0$ , $x>0$ et $2x+1>0$ : le signe de $g'(x)$ est celui de $x-1$ .

Sur $]0,1]$ : $g'(x)\leqslant0$ : $g$ est décroissante. Sur $[1,+\infty[$ : $g'(x)\geqslant0$ : $g$ est croissante.

2) (0,5 pt) Montrer que $g(x)\geqslant0$ pour tout $x$ de l’intervalle $]0,+\infty[$ . (remarquer que $g(1)=0$ ).

Voir la solution

$g(1)=1-1-\ln1=0$ . Comme $g$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$ , le minimum de $g$ sur $]0,+\infty[$ est $g(1)=0$ . Donc $g(x)\geqslant0$ pour tout $x>0$ .

Partie II

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par : $f(x)=x^{2}-1-(\ln x)^{2}$ et soit $(C)$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $(O;\vec{\imath};\vec{\jmath})$ ( unité $1\,\mathrm{cm}$ ).

1) a) (0,5 pt) Montrer que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\ x>0}}f(x)=-\infty$ et donner une interprétation géométrique de ce résultat.

Voir la solution

$\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}x^{2}=0$ , $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}(\ln x)^{2}=+\infty$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty$ .

La courbe $(C)$ admet l’axe des ordonnées comme asymptote verticale.

b) (0,5 pt) Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty$ . (remarquer que $f(x)=x^{2}\left(1-\dfrac{1}{x^{2}}-\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^{2}\right)$ ).

Voir la solution

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x^{2}}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ .

$\dfrac{f(x)}{x}=x\left(1-\dfrac{1}{x^{2}}-\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^{2}\right)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.$

c) (0,25 pt) En déduire que la courbe $(C)$ admet, au voisinage de $+\infty$ , une branche parabolique dont on précisera la direction.

Voir la solution

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty$ : $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

2) a) (1 pt) Montrer que : $f'(x)=2\dfrac{x^{2}-\ln x}{x}$ pour tout $x$ de $]0,+\infty[$ .

Voir la solution

$f'(x)=2x-2\ln x\cdot\dfrac{1}{x}=2\dfrac{x^{2}-\ln x}{x}.$

b) (0,75 pt) Vérifier que $\dfrac{g(x)}{x}+1=\dfrac{x^{2}-\ln x}{x}$ pour tout $x$ de l’intervalle $]0,+\infty[$ et en déduire que la fonction $f$ est croissante sur $]0,+\infty[$ .

Voir la solution

$\dfrac{g(x)}{x}+1=\dfrac{x^{2}-x-\ln x}{x}+1=\dfrac{x^{2}-x-\ln x+x}{x}=\dfrac{x^{2}-\ln x}{x}.$ Donc $f'(x)=2\left(\dfrac{g(x)}{x}+1\right)$ . Or $g(x)\geqslant0$ et $x>0$ , donc $\dfrac{g(x)}{x}+1\geqslant1>0$ , d’où $f'(x)>0$ : $f$ est croissante sur $]0,+\infty[$ .

3) a) (0,5 pt) Montrer que $y=2x-2$ est une équation cartésienne de la droite $(T)$ tangente à la courbe $(C)$ au point $A(1, 0)$ .

Voir la solution

$f(1)=1-1-0=0$ et $f'(1)=2\dfrac{1-0}{1}=2$ . L’équation de la tangente en $A$ est $y-0=2(x-1)$ , soit $y=2x-2$ .

b) (1 pt) Construire, dans le même repère $(O;\vec{\imath};\vec{\jmath})$ , la droite $(T)$ et la courbe $(C)$ . (on admettra que $A$ est le seul point d’inflexion de la courbe $(C)$ )

Voir la solution

4) a) (0,75 pt) Vérifier que $H:x\mapsto x(\ln x-1)$ est une fonction primitive de la fonction $h:x\mapsto\ln x$ sur $]0,+\infty[$ puis montrer que : $\displaystyle\int_{1}^{e}\ln x\,dx=1$ .

Voir la solution

$H'(x)=(\ln x-1)+x\cdot\dfrac{1}{x}=\ln x=h(x)$ . $\int_{1}^{e}\ln x\,dx=\bigl[x(\ln x-1)\bigr]_{1}^{e}=e(1-1)-1(0-1)=1.$

b) (0,5 pt) Montrer, à l’aide d’une intégration par parties, que : $\displaystyle\int_{1}^{e}(\ln x)^{2}\,dx=e-2$

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On pose $u=(\ln x)^{2}$ , $v'=1$ , donc $u'=2\dfrac{\ln x}{x}$ , $v=x$ . $\int_{1}^{e}(\ln x)^{2}\,dx=\bigl[x(\ln x)^{2}\bigr]_{1}^{e}-2\int_{1}^{e}\ln x\,dx=e-2\times1=e-2.$

c) (0,5 pt) Montrer que l’aire du domaine plan limité par la courbe $(C)$ , l’axe des abscisses et les droites d’équations $x=1$ et $x=e$ est égale à $\dfrac{1}{3}(e^{3}-6e+8)\,\mathrm{cm}^{2}$

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Sur $[1,e]$ , $f$ est croissante et $f(1)=0$ , donc $f(x)\geqslant0$ . L’unité étant $1\,\mathrm{cm}$ , $\mathcal{A}=\int_{1}^{e}f(x)\,dx=\int_{1}^{e}\bigl(x^{2}-1-(\ln x)^{2}\bigr)\,dx=\Bigl[\dfrac{x^{3}}{3}-x\Bigr]_{1}^{e}-(e-2)=\dfrac{e^{3}}{3}-e-\dfrac{1}{3}+1-e+2=\dfrac{1}{3}(e^{3}-6e+8).$ Donc $\mathcal{A}=\dfrac{1}{3}(e^{3}-6e+8)\,\mathrm{cm}^{2}$ .

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