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Examen national 2018 — Session de rattrapage

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session de rattrapage 2018

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 :

DomaineBarème
Exercice 1Géométrie dans l’espace3 points
Exercice 2Nombres complexes3 points
Exercice 3Calcul des probabilités3 points
Exercice 4Calcul intégral2 points
ProblèmeEtude d’une fonction numérique et suites numériques9 points

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

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct (O;i⃗,j⃗,k⃗)(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}), on considère la sphère (S)(S) de centre Ω(2,1,2)\Omega(2,1,2) et de rayon 33 et le plan (P)(P) passant par le point A(−1,0,3)A(-1,0,3) et dont u⃗(4,0,−3)\vec{u}(4,0,-3) est un vecteur normal.

1) (0.5 pt) Montrer qu’une équation de (S)(S) est : x2+y2+z2−4x−2y−4z=0x^2+y^2+z^2-4x-2y-4z=0.

Voir la solution

M(x,y,z)∈(S)  ⟺  ∥ΩM→∥=3  ⟺  (x−2)2+(y−1)2+(z−2)2=3M(x,y,z)\in(S)\iff\|\overrightarrow{\Omega M}\|=3\iff\sqrt{(x-2)^2+(y-1)^2+(z-2)^2}=3.

En élevant au carré : (x−2)2+(y−1)2+(z−2)2=9(x-2)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9, soit x2−4x+4+y2−2y+1+z2−4z+4=9x^2-4x+4+y^2-2y+1+z^2-4z+4=9, d’où x2+y2+z2−4x−2y−4z=0x^2+y^2+z^2-4x-2y-4z=0.

2) (0.5 pt) Vérifier qu’une équation cartésienne du plan (P)(P) est 4x−3z+13=04x-3z+13=0.

Voir la solution

M(x,y,z)∈(P)  ⟺  AM→⋅u⃗=0M(x,y,z)\in(P)\iff\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}=0. Or AM→=(x+1,y,z−3)\overrightarrow{AM}=(x+1,y,z-3), donc 4(x+1)+0⋅y−3(z−3)=04(x+1)+0\cdot y-3(z-3)=0, soit 4x+4−3z+9=04x+4-3z+9=0, d’où 4x−3z+13=04x-3z+13=0.

3) a) (0.5 pt) Vérifier que {x=2+4ty=1z=2−3t\begin{cases}x=2+4t\\ y=1\\ z=2-3t\end{cases} (t∈R)(t\in\mathbb{R}) est une représentation paramétrique de la droite (Δ)(\Delta) passant par le point Ω\Omega et orthogonale au plan (P)(P).

Voir la solution

Pour t=0t=0 : (2,1,2)=Ω(2,1,2)=\Omega. Le vecteur directeur d⃗=(4,0,−3)\vec{d}=(4,0,-3) est colinéaire à u⃗\vec{u}, vecteur normal de (P)(P), donc (Δ)(\Delta) est orthogonale à (P)(P) et passe par Ω\Omega.

b) (0.5 pt) Déterminer les coordonnées du point HH point d’intersection de la droite (Δ)(\Delta) et du plan (P)(P).

Voir la solution

On injecte dans l’équation de (P)(P) : 4(2+4t)−3(2−3t)+13=04(2+4t)-3(2-3t)+13=0, soit 8+16t−6+9t+13=08+16t-6+9t+13=0, donc 25t+15=025t+15=0, t=−35t=-\dfrac{3}{5}.

Ainsi H(2−125,  1,  2+95)=H(−25,  1,  195)H\Bigl(2-\dfrac{12}{5},\;1,\;2+\dfrac{9}{5}\Bigr)=H\Bigl(-\dfrac{2}{5},\;1,\;\dfrac{19}{5}\Bigr).

4) a) (0.25 pt) Calculer d(Ω,(P))d\bigl(\Omega,(P)\bigr).

Voir la solution

d(Ω,(P))=∣4⋅2−3⋅2+13∣16+0+9=∣8−6+13∣5=155=3.d\bigl(\Omega,(P)\bigr)=\dfrac{|4\cdot2-3\cdot2+13|}{\sqrt{16+0+9}}=\dfrac{|8-6+13|}{5}=\dfrac{15}{5}=3.

b) (0.75 pt) Montrer que le plan (P)(P) est tangent à la sphère (S)(S) en un point que l’on déterminera.

Voir la solution

Comme d(Ω,(P))=3=Rd\bigl(\Omega,(P)\bigr)=3=R, le plan (P)(P) est tangent à la sphère (S)(S). Le point de contact est le projeté orthogonal de Ω\Omega sur (P)(P), c’est-à-dire H(−25,  1,  195)H\Bigl(-\dfrac{2}{5},\;1,\;\dfrac{19}{5}\Bigr).

Exercice 2 — Nombres complexes (3 points)

1) (0.75 pt) Résoudre dans l’ensemble C\mathbb{C} des nombres complexes, l’équation : z2−22 z+4=0z^2-2\sqrt{2}\,z+4=0.

Voir la solution

Δ=(22)2−16=8−16=−8=8i2\Delta=(2\sqrt{2})^2-16=8-16=-8=8i^2. Les solutions sont z=22±8 i2=22±22 i2=2(1±i).z=\dfrac{2\sqrt{2}\pm\sqrt{8}\,i}{2}=\dfrac{2\sqrt{2}\pm2\sqrt{2}\,i}{2}=\sqrt{2}(1\pm i).

Donc S={2(1−i),  2(1+i)}S=\bigl\{\sqrt{2}(1-i),\;\sqrt{2}(1+i)\bigr\}.

2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)(O;\vec{u},\vec{v}), on considère le point AA d’affixe a=2(1−i)a=\sqrt{2}(1-i) et la rotation RR de centre OO et d’angle π3\dfrac{\pi}{3}.

a) (0.25 pt) Écrire aa sous forme trigonométrique.

Voir la solution

∣a∣=21+1=2|a|=\sqrt{2}\sqrt{1+1}=2 et arg⁡(a)=−π4\arg(a)=-\dfrac{\pi}{4} (partie réelle positive, partie imaginaire négative).

Donc a=2(cos⁡(−π4)+isin⁡(−π4))a=2\Bigl(\cos\bigl(-\dfrac{\pi}{4}\bigr)+i\sin\bigl(-\dfrac{\pi}{4}\bigr)\Bigr).

b) (0.5 pt) Vérifier que l’affixe du point BB image du point AA par la rotation RR est b=2(cos⁡π12+isin⁡π12).b=2\Bigl(\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\Bigr).

Voir la solution

B=R(A)  ⟺  b=a eiπ/3=2(cos⁡(−π4)+isin⁡(−π4))(cos⁡π3+isin⁡π3)B=R(A)\iff b=a\,e^{i\pi/3}=2\Bigl(\cos\bigl(-\dfrac{\pi}{4}\bigr)+i\sin\bigl(-\dfrac{\pi}{4}\bigr)\Bigr)\Bigl(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\Bigr).

D’où b=2(cos⁡(π3−π4)+isin⁡(π3−π4))=2(cos⁡π12+isin⁡π12)b=2\Bigl(\cos\bigl(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}\bigr)+i\sin\bigl(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}\bigr)\Bigr)=2\Bigl(\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\Bigr).

3) a) (0.5 pt) On considère le point CC d’affixe c=1+ic=1+i. Montrer que ∣b2−c2∣=23|b^2-c^2|=2\sqrt{3}.

Voir la solution

b2=4(cos⁡π6+isin⁡π6)=4(32+i12)=23+2ib^2=4\Bigl(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\Bigr)=4\Bigl(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2}\Bigr)=2\sqrt{3}+2i.

c2=(1+i)2=1+2i−1=2ic^2=(1+i)^2=1+2i-1=2i.

Donc b2−c2=23+2i−2i=23b^2-c^2=2\sqrt{3}+2i-2i=2\sqrt{3}, et ∣b2−c2∣=23|b^2-c^2|=2\sqrt{3}.

b) (0.5 pt) Soit TT la translation de vecteur OC→\overrightarrow{OC} et DD l’image du point BB par la translation TT. Montrer que OD=∣b+c∣OD=|b+c|.

Voir la solution

D=T(B)  ⟺  d=b+cD=T(B)\iff d=b+c (affixe). Donc OD=∣d∣=∣b+c∣OD=|d|=|b+c|.

c) (0.5 pt) En déduire que OD×BC=23OD\times BC=2\sqrt{3}.

Voir la solution

BC=∣b−c∣BC=|b-c|. Or ∣b+c∣ ∣b−c∣=∣b2−c2∣=23|b+c|\,|b-c|=|b^2-c^2|=2\sqrt{3}.

Donc OD×BC=23OD\times BC=2\sqrt{3}.

Exercice 3 — Calcul des probabilités (3 points)

Une urne contient 12 boules indiscernables au toucher : trois boules de couleur rouge portant chacune le nombre 11, et trois boules de couleur rouge portant chacune le nombre 22, et six boules de couleur verte portant chacune le nombre 22.

On tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne. On considère les événements suivants :

  • AA : « Obtenir deux boules portant le même nombre »
  • BB : « Obtenir deux boules de couleurs différentes »
  • CC : « Obtenir deux boules portant deux nombres dont la somme est égale à 33 »

1) (1.5 pt) Montrer que p(A)=1322p(A)=\dfrac{13}{22} et p(B)=611p(B)=\dfrac{6}{11} et calculer p(C)p(C).

Voir la solution

Card Ω=(122)=66\mathrm{Card}\,\Omega=\dbinom{12}{2}=66.

  • AA : même nombre. Deux « 11 » : (32)=3\dbinom{3}{2}=3 ; deux « 22 » : (92)=36\dbinom{9}{2}=36. Donc Card A=39\mathrm{Card}\,A=39 et p(A)=3966=1322p(A)=\dfrac{39}{66}=\dfrac{13}{22}.
  • BB : couleurs différentes. Rouge (66) et verte (66) : 6×6=366\times6=36. Donc p(B)=3666=611p(B)=\dfrac{36}{66}=\dfrac{6}{11}.
  • CC : somme égale à 33, soit un « 11 » et un « 22 » : 3×9=273\times9=27. Donc p(C)=2766=922p(C)=\dfrac{27}{66}=\dfrac{9}{22}.

2) a) (0.5 pt) Montrer que p(A∩B)=311p(A\cap B)=\dfrac{3}{11}.

Voir la solution

A∩BA\cap B : même nombre et couleurs différentes. Les « 11 » sont toutes rouges, donc impossible. Pour les « 22 » : une rouge-2 et une verte-2 : 3×6=183\times6=18.

Donc p(A∩B)=1866=311p(A\cap B)=\dfrac{18}{66}=\dfrac{3}{11}.

b) (0.5 pt) Les événements AA et BB sont-ils indépendants ? Justifier la réponse.

Voir la solution

p(A)×p(B)=1322×611=78242=39121p(A)\times p(B)=\dfrac{13}{22}\times\dfrac{6}{11}=\dfrac{78}{242}=\dfrac{39}{121}, et p(A∩B)=311=33121p(A\cap B)=\dfrac{3}{11}=\dfrac{33}{121}.

Comme p(A∩B)≠p(A)p(B)p(A\cap B)\neq p(A)p(B), les événements AA et BB ne sont pas indépendants.

3) (0.5 pt) Sachant que l’événement BB est réalisé, calculer la probabilité d’obtenir deux boules portant le même nombre.

Voir la solution

Il s’agit de p(A∣B)=p(A∩B)p(B)=3/116/11=12p(A\mid B)=\dfrac{p(A\cap B)}{p(B)}=\dfrac{3/11}{6/11}=\dfrac{1}{2}.

Exercice 4 — Calcul intégral (2 points)

1) a) (0.5 pt) Montrer que la fonction H:x↦x exH:x\mapsto x\,e^x est une primitive de la fonction h:x↦(x+1)exh:x\mapsto(x+1)e^x sur R\mathbb{R}.

Voir la solution

H′(x)=ex+x ex=(x+1)ex=h(x)H'(x)=e^x+x\,e^x=(x+1)e^x=h(x). Donc HH est une primitive de hh sur R\mathbb{R}.

b) (0.5 pt) En déduire que : ∫01(x+1)ex dx=e\displaystyle\int_0^1(x+1)e^x\,\mathrm{d}x=e.

Voir la solution

∫01(x+1)ex dx=[H(x)]01=H(1)−H(0)=e−0=e\displaystyle\int_0^1(x+1)e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[H(x)\bigr]_0^1=H(1)-H(0)=e-0=e.

2) (1 pt) En utilisant une intégration par parties, calculer ∫01(x2+2x−1)ex dx\displaystyle\int_0^1(x^2+2x-1)e^x\,\mathrm{d}x.

Voir la solution

On pose u(x)=x2+2x−1u(x)=x^2+2x-1, u′(x)=2x+2u'(x)=2x+2, v′(x)=exv'(x)=e^x, v(x)=exv(x)=e^x.

∫01(x2+2x−1)ex dx=[(x2+2x−1)ex]01−∫01(2x+2)ex dx\int_0^1(x^2+2x-1)e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[(x^2+2x-1)e^x\bigr]_0^1-\int_0^1(2x+2)e^x\,\mathrm{d}x =(1+2−1)e−(0+0−1)⋅1−2∫01(x+1)ex dx=2e+1−2e=1.=(1+2-1)e-(0+0-1)\cdot1-2\int_0^1(x+1)e^x\,\mathrm{d}x=2e+1-2e=1.

Exercice 5 — Problème (9 points)

I – Soit gg la fonction numérique définie sur ]0,+∞[]0,+\infty[ par : g(x)=x3−1−2ln⁡2x+2ln⁡xg(x)=x^3-1-2\ln^2 x+2\ln x.

Le tableau ci-contre est le tableau de variations de la fonction gg sur l’intervalle ]0,+∞[]0,+\infty[ :

x & 0 & & +\infty\\\hline g'(x) & & + & \\\hline g(x) & -\infty & \nearrow & +\infty\\\hline \end{array}$$ **1)** *(0.25 pt)* Calculer $g(1)$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $g(1)=1^3-1-2\ln^2 1+2\ln 1=0$. </div></details> **2)** *(0.5 pt)* À partir de ce tableau, déterminer le signe de $g(x)$ sur chacun des intervalles $]0,1]$ et $[1,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après le tableau, $g$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et $g(1)=0$. Donc : pour tout $x\in]0,1]$, $g(x)\leq0$ ; pour tout $x\in[1,+\infty[$, $g(x)\geq0$. </div></details> **II –** On considère la fonction numérique $f$ définie sur l'intervalle $]0,+\infty[$ par : $$f(x)=x-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2x^2}+\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2.$$ Soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$. **1) a)** *(0.5 pt)* Vérifier que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Comme $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2x^2}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2=0$, on a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Montrer que la droite $(D)$ d'équation $y=x-\dfrac{1}{2}$ est une asymptote à la courbe $(\mathcal{C})$ au voisinage de $+\infty$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$f(x)-\Bigl(x-\dfrac{1}{2}\Bigr)=\dfrac{1}{2x^2}+\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2\xrightarrow[x\to+\infty]{}0.$$ Donc $(D)$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ au voisinage de $+\infty$. </div></details> **c)** *(0.25 pt)* Déterminer la position relative de la droite $(D)$ et de la courbe $(\mathcal{C})$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Pour tout $x>0$ : $f(x)-\bigl(x-\tfrac{1}{2}\bigr)=\dfrac{1}{2x^2}+\bigl(\tfrac{\ln x}{x}\bigr)^2>0$. Donc $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(D)$ sur $]0,+\infty[$. </div></details> **2)** *(0.75 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\x>0}}f(x)=+\infty$ et interpréter géométriquement le résultat. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\dfrac{1}{2x^2}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty$. Géométriquement : la courbe $(\mathcal{C})$ admet l'axe des ordonnées (droite $x=0$) comme asymptote verticale au voisinage de $0^+$. </div></details> **3) a)** *(1 pt)* Montrer que $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^3}$ pour tout $x\in]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$f'(x)=1-\dfrac{1}{x^3}+2\dfrac{\ln x}{x}\cdot\dfrac{1-\ln x}{x^2}=1-\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{2\ln x(1-\ln x)}{x^3}$$ $$=\dfrac{x^3-1+2\ln x-2\ln^2 x}{x^3}=\dfrac{g(x)}{x^3}.$$ </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Montrer que la fonction $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et est croissante sur $[1,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Pour $x>0$, $x^3>0$, donc $f'$ a le même signe que $g$. D'après I-2) : sur $]0,1]$, $g\leq0$ donc $f'\leq0$ ; sur $[1,+\infty[$, $g\geq0$ donc $f'\geq0$. Ainsi $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$. </div></details> **c)** *(0.5 pt)* Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur $]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(1)=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+0=1$. $$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & +\infty\\\hline \end{array}$$ </div></details> **4)** *(1 pt)* Construire dans le repère $(O;\vec{i},\vec{j})$, la droite $(D)$ et la courbe $(\mathcal{C})$ (unité : $1\,\mathrm{cm}$). <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> <img class="fig" src="/img/2bac-se/examens/2018_r_sol_courbe.png" alt="Courbes $(\mathcal{C})$ et $(D)$" loading="lazy"> La courbe $(\mathcal{C})$ admet un minimum en $A(1;1)$, asymptote verticale $x=0$, et asymptote oblique $(D):y=x-\tfrac{1}{2}$ ; $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(D)$. </div></details> **III –** On considère la fonction numérique $h$ définie sur $]0,+\infty[$ par : $h(x)=f(x)-x$. **1) a)** *(0.25 pt)* Vérifier que $h(1)=0$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $h(1)=f(1)-1=1-1=0$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Dans la figure ci-contre $(\mathcal{C}_h)$ est la courbe représentative de la fonction $h$. Déterminer le signe de $h(x)$ sur chacun des intervalles $]0,1]$ et $[1,+\infty[$ puis en déduire que $f(x)\leq x$ pour tout $x$ de $[1,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après la figure $(\mathcal{C}_h)$ fournie dans le sujet : - $h(x)\geq0$ sur $]0,1]$ ; - $h(x)\leq0$ sur $[1,+\infty[$. On en déduit que pour tout $x\in[1,+\infty[$, $h(x)\leq0$, soit $f(x)\leq x$. </div></details> **2)** On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par : $u_0=e$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. **a)** *(0.75 pt)* Montrer par récurrence que $1\leq u_n\leq e$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> **Initialisation.** Pour $n=0$ : $u_0=e$, donc $1\leq u_0\leq e$. **Hérédité.** Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $1\leq u_n\leq e$. Comme $f$ est croissante sur $[1,+\infty[$ : $$f(1)\leq f(u_n)\leq f(e)\implies1\leq u_{n+1}\leq f(e).$$ Or d'après III-1)b), pour tout $x\in[1,+\infty[$, $f(x)\leq x$, donc $f(e)\leq e$. Ainsi $1\leq u_{n+1}\leq e$. **Conclusion.** D'après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $1\leq u_n\leq e$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante (on pourra utiliser le résultat de la question III)1)b)). <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après III-1)b), $h(x)\leq0$ sur $[1,+\infty[$. Or $1\leq u_n\leq e$, donc $h(u_n)\leq0$, soit $f(u_n)-u_n\leq0$, d'où $u_{n+1}\leq u_n$. Ainsi $(u_n)$ est décroissante. </div></details> **c)** *(0.75 pt)* En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$, donc convergente. Soit $\ell=\lim u_n\in[1,e]$. Par continuité de $f$ : $\ell=f(\ell)$, soit $h(\ell)=0$. D'après la figure de $h$, la seule solution de $h(x)=0$ sur $[1,+\infty[$ est $x=1$. Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$. </div></details> </div> <p><a href="/2bac-se/examens-nationaux/">← Tous les examens nationaux</a></p>

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