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Examen national 2017 — Session de rattrapage

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session de rattrapage 2017

Mathématiques — Filière : Sciences Expérimentales (les deux parcours) — option française Code RS 22F — Durée : 3 h — Coefficient : 7

INSTRUCTIOS GENERALES

L’utilisation de la calculatrice non programmable est autorisée
Le candidat peut traiter les exercices de l’épreuve suivant l’ordre qui lui convient
L’utilisation de la couleur rouge lors de la rédaction des solutions est à éviter

COMPOSANTES DU DUJET

L’épreuve est composée de trois exercices et un problème indépendants entre eux et répartis suivants les domaines comme suit :

	Domaine	Barème
Exercice 1	Géométrie dans l’espace	3 points
Exercice 2	Calcul des probabilités	3 points
Exercice 3	Nombres complexes	3 points
Exercice 4	Suites numériques	2,5 points
Problème	Etude d’une fonction numérique et calcul intégral	8,5 points

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

L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ . On considère la sphère $(S)$ d’équation $x^2+y^2+z^2-2x-2y-2z-1=0$ et le plan $(P)$ d’équation $y-z=0$ .

1) a) (0.5 pt) Montrer que la sphère $(S)$ a pour centre le point $\Omega(1,1,1)$ et pour rayon $2$ .

Voir la solution

$x^2-2x+y^2-2y+z^2-2z=1\iff(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=1+3=4.$ Donc centre $\Omega(1,1,1)$ et rayon $R=2$ .

b) (0.5 pt) Calculer $d\bigl(\Omega,(P)\bigr)$ et en déduire que le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(C)$ .

Voir la solution

$d\bigl(\Omega,(P)\bigr)=\dfrac{|1-1|}{\sqrt{0+1+1}}=0.$ Comme $d=0<R=2$ , le plan $(P)$ coupe $(S)$ suivant un cercle $(C)$ .

c) (0.5 pt) Déterminer le centre et le rayon du cercle $(C)$ .

Voir la solution

Le centre du cercle est le projeté de $\Omega$ sur $(P)$ , or $d=0$ donc $\Omega\in(P)$ : le centre est $\Omega(1,1,1)$ et le rayon est $R=2$ .

2) Soit $(\Delta)$ la droite passant par le point $A(1,-2,2)$ et orthogonale au plan $(P)$ .

a) (0.25 pt) Montrer que $\vec{u}(0,1,-1)$ est un vecteur directeur de la droite $(\Delta)$ .

Voir la solution

Un vecteur normal à $(P)$ est $\vec{n}(0,1,-1)$ . Comme $(\Delta)$ est orthogonale à $(P)$ , elle est dirigée par $\vec{n}$ , donc par $\vec{u}(0,1,-1)$ .

b) (0.75 pt) Montrer que $\bigl\|\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}\bigr\|=\sqrt{2}\,\|\vec{u}\|$ et en déduire que la droite $(\Delta)$ coupe la sphère $(S)$ en deux points.

Voir la solution

$\overrightarrow{\Omega A}=(0,-3,1)$ et $\vec{u}=(0,1,-1)$ .

$\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\0&-3&1\\0&1&-1\end{vmatrix}=\vec{i}(3-1)=2\vec{i}.$

Donc $\bigl\|\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}\bigr\|=2$ et $\|\vec{u}\|=\sqrt{2}$ , d’où $\bigl\|\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}\bigr\|=\sqrt{2}\,\|\vec{u}\|$ .

La distance de $\Omega$ à $(\Delta)$ est $d=\dfrac{\|\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}=\sqrt{2}<2=R$ , donc $(\Delta)$ coupe $(S)$ en deux points.

c) (0.5 pt) Déterminer les coordonnées de chaque point d’intersection de la droite $(\Delta)$ et de la sphère $(S)$ .

Voir la solution

Représentation paramétrique de $(\Delta)$ : $\begin{cases}x=1\\ y=-2+t\\ z=2-t\end{cases}$ .

Injection dans $(S)$ : $1+(-2+t-1)^2+(2-t-1)^2=4$ , soit $(t-3)^2+(1-t)^2=3$ , donc $2t^2-8t+7=0$ .

$\Delta'=64-56=8$ , $t=2\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

Les points sont $M_1\Bigl(1,\;-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\;\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)$ et $M_2\Bigl(1,\;\dfrac{\sqrt{2}}{2},\;-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)$ .

Exercice 2 — Calcul des probabilités (3 points)

Une urne contient 10 boules indiscernables au toucher : cinq boules blanches, trois boules rouges et deux boules vertes.

On tire au hasard, simultanément, quatre boules de l’urne.

1) (1.5 pt) Soit $A$ l’événement : « Parmi les quatre boules tirées, une seule boule est verte » et $B$ l’événement : « Parmi les quatre boules tirées, il y a exactement trois boules de même couleur »

Montrer que $p(A)=\dfrac{8}{15}$ et $p(B)=\dfrac{19}{70}$ .

Voir la solution

$\mathrm{Card}\,\Omega=\dbinom{10}{4}=210$ .

$A$ : une verte et trois non vertes : $\dbinom{2}{1}\dbinom{8}{3}=2\times56=112$ , donc $p(A)=\dfrac{112}{210}=\dfrac{8}{15}$ .
$B$ $B$ : exactement trois de même couleur.
- Trois blanches : $\dbinom{5}{3}\dbinom{5}{1}=10\times5=50$ ;
- Trois rouges : $\dbinom{3}{3}\dbinom{7}{1}=7$ ;
- Trois vertes : impossible (seulement $2$ vertes). Donc $\mathrm{Card}\,B=57$ et $p(B)=\dfrac{57}{210}=\dfrac{19}{70}$ .

2) Soit $X$ la variable aléatoire qui à chaque tirage associe le nombre de boules vertes tirées.

a) (0.5 pt) Montrer que $p(X=2)=\dfrac{2}{15}$ .

Voir la solution

$p(X=2)=\dfrac{\dbinom{2}{2}\dbinom{8}{2}}{210}=\dfrac{28}{210}=\dfrac{2}{15}$ .

b) (1 pt) Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$ et montrer que l’espérance mathématique $E(X)$ est égale à $\dfrac{4}{5}$ .

Voir la solution

$X$ prend les valeurs $0$ , $1$ et $2$ .

$p(X=0)=\dfrac{\dbinom{2}{0}\dbinom{8}{4}}{210}=\dfrac{70}{210}=\dfrac{1}{3}$ ;
$p(X=1)=\dfrac{8}{15}$ (événement $A$ ) ;
$p(X=2)=\dfrac{2}{15}$ .

$E(X)=0\cdot\dfrac{1}{3}+1\cdot\dfrac{8}{15}+2\cdot\dfrac{2}{15}=\dfrac{8}{15}+\dfrac{4}{15}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}.$

Exercice 3 — Nombres complexes (3 points)

1) (0.75 pt) Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes $\mathbb{C}$ , l’équation : $z^2+4z+8=0$ .

Voir la solution

$\Delta=16-32=-16=16i^2$ . Les solutions sont $z=\dfrac{-4\pm4i}{2}=-2\pm2i$ .

Donc $S=\{-2-2i,\;-2+2i\}$ .

2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{u},\vec{v})$ , on considère les points $A$ , $B$ et $C$ d’affixes respectives $a$ , $b$ et $c$ telles que $a=-2+2i$ , $b=4-4i$ et $c=4+8i$ .

a) (0.5 pt) Soit $z$ l’affixe du point $M$ du plan et $z'$ l’affixe du point $M'$ , image de $M$ par la rotation $R$ de centre $A$ et d’angle $-\dfrac{\pi}{2}$ .

Montrer que $z'=-iz-4$ .

Voir la solution

$z'-a=e^{-i\pi/2}(z-a)=-i(z-a)$ , donc $z'=-iz+ia+a=-iz+a(1+i)$ .

Or $a(1+i)=(-2+2i)(1+i)=-2-2i+2i+2i^2=-4$ . Donc $z'=-iz-4$ .

b) (0.75 pt) Vérifier que le point $B$ est l’image du point $C$ par la rotation $R$ et en déduire la nature du triangle $ABC$ .

Voir la solution

L’image de $C$ a pour affixe $-ic-4=-i(4+8i)-4=-4i+8-4=4-4i=b$ . Donc $B=R(C)$ .

Ainsi $AC=AB$ et $\widehat{CAB}=\dfrac{\pi}{2}$ : le triangle $ABC$ est rectangle isocèle en $A$ .

3) Soit $\omega$ l’affixe du point $\Omega$ , milieu du segment $[BC]$ .

a) (0.5 pt) Montrer que $|c-\omega|=6$ .

Voir la solution

$\omega=\dfrac{b+c}{2}=\dfrac{(4-4i)+(4+8i)}{2}=4+2i$ .

$|c-\omega|=|4+8i-4-2i|=|6i|=6$ .

b) (0.5 pt) Montrer que l’ensemble des points $M$ d’affixe $z$ tels que $|z-\omega|=6$ est le cercle circonscrit au triangle $ABC$ .

Voir la solution

$|z-\omega|=6$ est le cercle de centre $\Omega$ (milieu de $[BC]$ ) et de rayon $6$ .

Comme $ABC$ est rectangle en $A$ , le cercle circonscrit a pour diamètre $[BC]$ , donc pour centre le milieu $\Omega$ de $[BC]$ et pour rayon $\dfrac{BC}{2}=|c-\omega|=6$ .

C’est exactement cet ensemble.

Exercice 4 — Suites numériques (2,5 points)

On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par : $u_0=17$ et $u_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+12$ pour tout entier naturel $n$ .

1) a) (0.5 pt) Montrer par récurrence que $u_n>16$ pour tout entier naturel $n$ .

Voir la solution

Initialisation. $u_0=17>16$ .

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ . Supposons $u_n>16$ . Alors $u_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+12>\dfrac{1}{4}\cdot16+12=4+12=16$ .

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n>16$ .

b) (0.5 pt) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante et en déduire qu’elle est convergente.

Voir la solution

$u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{4}u_n+12-u_n=12-\dfrac{3}{4}u_n=\dfrac{3}{4}(16-u_n)$ .

Comme $u_n>16$ , on a $u_{n+1}-u_n<0$ : $(u_n)$ est décroissante.

Elle est décroissante et minorée par $16$ , donc convergente.

2) Soit $(v_n)$ la suite numérique telle que $v_n=u_n-16$ pour tout entier naturel $n$ .

a) (0.5 pt) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique.

Voir la solution

$v_{n+1}=u_{n+1}-16=\dfrac{1}{4}u_n+12-16=\dfrac{1}{4}u_n-4=\dfrac{1}{4}(u_n-16)=\dfrac{1}{4}v_n$ .

Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{4}$ et de premier terme $v_0=1$ .

b) (0.5 pt) En déduire que $u_n=16+\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$ pour tout entier naturel $n$ , puis déterminer la limite de la suite $(u_n)$ .

Voir la solution

$v_n=v_0\left(\dfrac{1}{4}\right)^n=\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$ , donc $u_n=16+\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$ .

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=16$ .

c) (0.5 pt) Déterminer la plus petite valeur de l’entier naturel $n$ pour laquelle $u_n<16{,}0001$ .

Voir la solution

$16+\left(\dfrac{1}{4}\right)^n<16{,}0001\iff\left(\dfrac{1}{4}\right)^n<10^{-4}\iff4^n>10^4\iff n\ln4>\ln(10^4)$ .

$n>\dfrac{4\ln10}{2\ln2}=\dfrac{2\ln10}{\ln2}\approx6{,}64$ . La plus petite valeur est $n=7$ .

Exercice 5 — Problème (8,5 points)

I – Soit $g$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $g(x)=1-(x+1)^2e^x.$

1) (0.25 pt) Vérifier que $g(0)=0$ .

Voir la solution

$g(0)=1-(0+1)^2e^0=1-1=0$ .

2) (1 pt) À partir de la courbe représentative $(\mathcal{C}_g)$ de la fonction $g$ (voir figure ci-contre), montrer que $g(x)\geq0$ pour tout $x$ de $]-\infty,0]$ et que $g(x)\leq0$ pour tout $x$ de $[0,+\infty[$ .

Voir la solution

D’après la figure $(\mathcal{C}_g)$ : la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses sur $]-\infty,0]$ et en dessous sur $[0,+\infty[$ .

Donc $g(x)\geq0$ sur $]-\infty,0]$ et $g(x)\leq0$ sur $[0,+\infty[$ .

II – On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=x+1-(x^2+1)e^x$ .

Soit $(\mathcal{C}_f)$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$ (unité : $2\,\mathrm{cm}$ ).

1) a) (0.75 pt) Vérifier que $f(x)=x+1-4\left(\dfrac{x}{2}e^{x/2}\right)^2-e^x$ pour tout réel $x$ , puis en déduire que $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ .

Voir la solution

$4\left(\dfrac{x}{2}e^{x/2}\right)^2=4\cdot\dfrac{x^2}{4}e^x=x^2e^x$ , donc $x+1-4\left(\dfrac{x}{2}e^{x/2}\right)^2-e^x=x+1-(x^2+1)e^x=f(x)$ .

Comme $\dfrac{x}{2}e^{x/2}\xrightarrow[x\to-\infty]{}0$ et $e^x\to0$ , on a $f(x)\sim x\to-\infty$ .

b) (0.5 pt) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(x+1)\bigr]$ et en déduire que la droite $(D)$ d’équation $y=x+1$ est une asymptote à la courbe $(\mathcal{C}_f)$ au voisinage de $-\infty$ .

Voir la solution

$f(x)-(x+1)=-(x^2+1)e^x\xrightarrow[x\to-\infty]{}0$ (croissance comparée).

Donc $(D)$ est asymptote à $(\mathcal{C}_f)$ au voisinage de $-\infty$ .

c) (0.25 pt) Montrer que la courbe $(\mathcal{C}_f)$ est en dessous de la droite $(D)$ .

Voir la solution

$f(x)-(x+1)=-(x^2+1)e^x<0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$ . Donc $(\mathcal{C}_f)$ est en dessous de $(D)$ .

2) a) (0.5 pt) Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ (on pourra écrire $f(x)$ sous la forme $x\Bigl[1+\dfrac{1}{x}-\Bigl(x+\dfrac{1}{x}\Bigr)e^x\Bigr]$ ).

Voir la solution

$f(x)=x\Bigl[1+\dfrac{1}{x}-\Bigl(x+\dfrac{1}{x}\Bigr)e^x\Bigr]$ . Comme $\bigl(x+\dfrac{1}{x}\bigr)e^x\to+\infty$ , l’expression entre crochets tend vers $-\infty$ , et comme $x\to+\infty$ , $f(x)\to-\infty$ .

b) (0.25 pt) Montrer que la courbe $(\mathcal{C}_f)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique dont on déterminera la direction.

Voir la solution

$\dfrac{f(x)}{x}=1+\dfrac{1}{x}-\bigl(x+\dfrac{1}{x}\bigr)e^x\xrightarrow[x\to+\infty]{}-\infty$ .

Donc $(\mathcal{C}_f)$ admet une branche parabolique de direction celle de l’axe des ordonnées.

3) a) (0.75 pt) Montrer que $f'(x)=g(x)$ pour tout réel $x$ .

Voir la solution

$f'(x)=1-\bigl(2x\,e^x+(x^2+1)e^x\bigr)=1-(x^2+2x+1)e^x=1-(x+1)^2e^x=g(x)$ .

b) (0.75 pt) Montrer que la fonction $f$ est croissante sur $]-\infty,0]$ et décroissante sur $[0,+\infty[$ , puis dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$ .

Voir la solution

D’après I-2), $g\geq0$ sur $]-\infty,0]$ et $g\leq0$ sur $[0,+\infty[$ . Or $f'=g$ , donc $f$ est croissante sur $]-\infty,0]$ et décroissante sur $[0,+\infty[$ .

$f(0)=0$ .

x & -\infty & & 0 & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & 0 & - & \\\hline f(x) & -\infty & \nearrow & 0 & \searrow & -\infty\\\hline \end{array}$$ </div></details> **c)** *(0.75 pt)* Montrer que la courbe $(\mathcal{C}_f)$ admet deux points d'inflexion d'abscisses $-3$ et $-1$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f''(x)=g'(x)=-\bigl(2(x+1)e^x+(x+1)^2e^x\bigr)=-(x+1)(x+3)e^x$. $f''(x)=0\iff x=-1$ ou $x=-3$ (car $e^x\neq0$). $f''$ change de signe en chaque racine : points d'inflexion d'abscisses $-3$ et $-1$. </div></details> **4)** *(1 pt)* Construire dans le même repère $(O;\vec{i},\vec{j})$, la droite $(D)$ et la courbe $(\mathcal{C}_f)$. (On prendra $f(-3)\simeq-2{,}5$ et $f(-1)\simeq-0{,}75$.) <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> <img class="fig" src="/img/2bac-se/examens/2017_r_sol_courbe.png" alt="Courbes $(\mathcal{C}_f)$ et $(D)$" loading="lazy"> Maximum en $O(0;0)$ ; asymptote $(D):y=x+1$ au voisinage de $-\infty$ ; $(\mathcal{C}_f)$ sous $(D)$ ; points d'inflexion d'abscisses $-3$ et $-1$ ; branche parabolique verticale en $+\infty$. </div></details> **5) a)** *(0.5 pt)* Vérifier que $H:x\mapsto(x-1)e^x$ est une fonction primitive de la fonction $h:x\mapsto xe^x$ sur $\mathbb{R}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $H'(x)=e^x+(x-1)e^x=xe^x=h(x)$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer à l'aide d'une intégration par parties que : $$\int_{-1}^{0}(x^2+1)e^x\,\mathrm{d}x=3\Bigl(1-\dfrac{2}{e}\Bigr).$$ <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> On pose $u=x^2+1$, $u'=2x$, $v'=e^x$, $v=e^x$. $$\int_{-1}^{0}(x^2+1)e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[(x^2+1)e^x\bigr]_{-1}^{0}-\int_{-1}^{0}2xe^x\,\mathrm{d}x=1-\dfrac{2}{e}-2\int_{-1}^{0}xe^x\,\mathrm{d}x.$$ Or $\int xe^x\,\mathrm{d}x=(x-1)e^x$, donc $\int_{-1}^{0}xe^x\,\mathrm{d}x=\bigl[(x-1)e^x\bigr]_{-1}^{0}=-1-\bigl((-2)e^{-1}\bigr)=-1+\dfrac{2}{e}$. Ainsi l'intégrale vaut $1-\dfrac{2}{e}-2\bigl(-1+\dfrac{2}{e}\bigr)=1-\dfrac{2}{e}+2-\dfrac{4}{e}=3-\dfrac{6}{e}=3\bigl(1-\dfrac{2}{e}\bigr)$. </div></details> **c)** *(0.5 pt)* Calculer, en $\mathrm{cm}^2$, l'aire du domaine plan limité par la courbe $(\mathcal{C}_f)$, la droite $(D)$, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x=-1$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Sur $[-1,0]$ : $(x+1)-f(x)=(x^2+1)e^x$. L'unité est $2\,\mathrm{cm}$, donc $$\mathcal{A}=4\int_{-1}^{0}(x^2+1)e^x\,\mathrm{d}x=4\cdot3\Bigl(1-\dfrac{2}{e}\Bigr)=12\Bigl(1-\dfrac{2}{e}\Bigr)\,\mathrm{cm}^2.$$ </div></details> </div> <p><a href="/2bac-se/examens-nationaux/">← Tous les examens nationaux</a></p>

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