2023Bac spé maths · Centres étrangers (groupe I) · Jour 2

Pour ce QCM, aucune justification n'est demandée. On en fournit quand même dans ce corrigé.

1. Réponse B.

   \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.

   \(F\) est de la forme \(u \times v\) avec \(u(x)=x-1\) et \(v(x)=\mathrm{e}^x\)

   On a donc, pour tout réel \(x\), \(u'(x)=1\) et \(v'(x) =\mathrm{e}^x\)

   \(F= u'\times v + v'\times u\) donc, pour tout réel \(x\), \(F'(x) = \mathrm{e}^x+ (x-1) \mathrm{e}^x = x\mathrm{e}^x=f(x)\) .

   Donc \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

2. Réponse D.

   Par lecture graphique : \(f(x)<0\) sur \(]0~;~1[\) et \(f(x)>0\) sur \(]1~;~+\infty[\).

   D'après l'énoncé : le maximum de la fonction \(f\) est atteint au point d'abscisse 3 donc \(f'(x)>0\) sur \(]0~;~3[\) et \(f'(x) <0\) sur \(]3~;~+\infty[\).

   D'après l'énoncé : le point d'abscisse 5 est le seul point d'inflexion, de plus, par lecture graphique, la fonction est concave puis convexe donc : \(f''(x)<0\) sur \(]0~;~5[\) et \(f''(x) >0\) sur \(]5~;~+\infty[\).

   Pour tout \(x \in ]5~;~+\infty[\), \(f(x)\) et \(f''(x)\) sont de même signe.

3. Réponse D.

   Pour tout réel positif \(t\), \(g(t)=\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^{-t}}\).

   D'une part \(g(0)=\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^0}=\dfrac{a}{b+1}=2\) donc \(\dfrac{a}{b+1}=2 \iff a=2(b+1)=2b+2\).

   D'autre part :

   \(\lim\limits_{t \to +\infty}{-t}=-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to -\infty}{\mathrm{e}^X}=0\), donc, par composition, \(\lim\limits_{t\to +\infty}{ \mathrm{e}^{-t}}=0\)

   d'où, par somme, \(\lim\limits_{t\to +\infty} b+ \mathrm{e}^{-t}=b\)

   et donc, par quotient \(\lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^{-t}}=\dfrac{a}{b}\)

   d'où \(\dfrac{a}{b}=3 \Leftrightarrow a=3b\)

   On a donc \(a=2b+2=3b\) d'où \(b=2\) et \(a=3\times 2=6\)

4. Réponse C.

   Soient:

   • \(A\) l'évènement « Alice choisit l'urne A »

   • \(B\) l'évènement « Alice choisit l'urne B »

   • \(V\) l'évènement « Elle obtient une boule verte »

   • \(R\) l'évènement « Elle obtient une boule rouge »

   La situation peut être représentée à l'aide de l'arbre ci-contre :

   

   On cherche la probabilité \(P_V(B)\).

   \(P(\mathrm{V} \cap B) = P(B) \times P_ B(V)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{8}\)

   Les évènements \(A\) et \(B\) partitionnant l'univers, la loi des probabilités totales donne :

   \(P(V)=P(V\cap A )+p(V \cap B) =P(A) \times P_A(V) +\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}= \dfrac{2}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}\)

   \(P_V(B)=\dfrac{P(V\cap B)}{P(V)}= \dfrac{\frac{3}{8}}{\frac{5}{8}}= \dfrac{3}{5}\).

   Attention, piège :

   Ne pas confondre \(P(V\cap B)\) et \(P_V(B)\). \(P(V\cap B)=\dfrac{3}{8}\) est la probabilité d'obtenir une boule verte et de choisir l'urne B. Sachant que la boule est verte, on restreint l’univers à \(V\) : \(P_V(B)=\dfrac{P(V\cap B)}{P(V)}=\dfrac{\frac{3}{8}}{\frac{5}{8}}=\dfrac{3}{5}\).

5. Réponse B.

   On cherche l'algorithme qui permet de calculer la somme des 100 premiers termes de la suite \(\left( u_n\right)\) définie sur \(\mathbb{N}\) par \(u_n=\dfrac{1}{n}\).

   L'algorithme A. calcule chaque terme mais ils ne sont pas additionnés, ce n'est pas la réponse A.

   L'algorithme C. initialise le compteur k, il ne peut donc pas comparer S à 100, l'algorithme ne fonctionne pas, ce n'est pas la réponse C.

   L'algorithme D. initialise le compteur k à zéro mais il n'est pas incrémenté dans la boucle while, k faudra toujours 0 et l'algorithme ne s'arrête jamais, ce n'est donc pas l'algorithme D.

   Par élimination, c'est donc l'algorithme B.

Partie A

On considère la fonction \(g\) définie sur \(]- 1{,}5~;~+\infty[\) par \(g(x)=f(x)-x=\ln(2x+3)-1-x\).

1. \(\lim\limits_{x\to-1{,}5^+}{2x+3}=0^+\) ( \(x> - 1{,}5\) donc \(2x+3>0\))

   or \(\lim\limits_{X\to 0}\ln (X) =-\infty\) donc, par composition, \(\lim\limits_{x\to - 1{,}5}\ln(2x+3)= -\infty\).

   De plus, \(\lim\limits_{x\to -1{,}5}-1-x= 0{,}5\) donc, par somme, \(\lim\limits_{x\to -1{,}5}g(x)=-\infty\).

2. \(g\) est dérivable sur \(]-1{,}5~;~+\infty[\) comme composée de fonctions dérivables sur cet intervalle.

   \(g\) est de la forme \(\ln(u)+v\) avec \(u(x)=2x-3\) et \(v(x)=-1-x\) . On a donc \(u'(x)=2\) et \(v'(x)=-1\).

   \(g'=\dfrac{u'}{u}+v'\) donc, pour tout réel \(x \in ]-1{,}5~;~+\infty[\), \(g'(x) =\dfrac{2}{2x+3}-1=\dfrac{2-2x-3}{2x+3}=\dfrac{-2x-1}{2x+3}\).

   Sur l'intervalle \(]-1{,}5~;~+\infty[\), \(2x+3\) est strictement positif donc le signe de \(g'(x)\) est le signe de \(-2x-1\) : \(g'(x)\) est donc strictement positif sur l'intervalle \(]-1{,}5~;~-0{,}5[\) et strictement négatif sur l'intervalle \(]-0{,}5~;~+\infty[\).

   \(g\) est donc strictement croissante sur l'intervalle \(]- 1{,}5~;~-0{,}5[\) et strictement décroissante sur l'intervalle \(]-0{,}5~;~+\infty[\).

3. 1. Sur l'intervalle \(]-0{,}5~;~+\infty[\), la fonction \(g\) est une fonction continue (car dérivable) et strictement décroissante. D'où le tableau de variations :

      

      \(g(-0{,}5) =\ln(2\times (-0{,}5)+3)- 1 + 0{,}5 = \ln(2) - 0{,}5 \approx 0{,}19\) et \(\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=- \infty\) (admis), donc 0 est une valeur intermédiaire entre \(g(-0{,}5)\) et \(\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)\).

      En vertu du corollaire au théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l'équation \(g(x)=0\) admet une unique solution sur l'intervalle \(]-0{,}5~;~+\infty[\).

      À retenir :

      Pour appliquer le corollaire du TVI sur un intervalle, il faut justifier trois points : la fonction \(g\) est continue sur l'intervalle, elle y est strictement monotone, et \(0\) est compris entre les valeurs de \(g\) aux bornes (ou entre la valeur au bord et la limite à l'autre borne). Ici \(g(-0{,}5)>0\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty\).

   2. La calculatrice donne :

      \(\bullet~\)\(g(0{,}2) \approx 0{,}24\) et \(g(0{,}3) \approx - 0{,}02\) donc \(0{,}2 < \alpha < 0{,}3\) ;

      \(\bullet~\)\(g(0{,}25) \approx 0{,}003\) et \(g(0{,}26) \approx - 0{,}002\) donc \(0{,}25\leqslant\alpha \leqslant 0{,}26\).

Partie B

1. \(f\) est croissante sur l'intervalle \(]-1{,}5~;~+\infty[\) et donc en particulier sur l'intervalle \([-1~; \alpha]\) .

   Donc \(-1 \leqslant x \leqslant \alpha \Longrightarrow f(-1) \leqslant f(x) \leqslant f(\alpha)\).

   Or \(g(\alpha ) = 0 = f(\alpha) -\alpha\) donc \(f(\alpha)=\alpha\) et \(f(-1) = \ln(2\times(-1)+3)-1= \ln(1) - 1 =- 1\)

   donc \(- 1 \leqslant f(x) \leqslant\alpha\), c'est à dire \(f(x) \in [-1~;~\alpha]\).

2. 1. Initialisation : à l'indice \(n=0\) :

      On a \(u_0=0\) et \(u_1=f(u_0)=f(0)=\ln(3)-1\approx 0{,}099\) donc \(-1 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant\alpha\).

      La propriété est vraie pour \(n=0\).

      Hérédité : supposons que, pour un entier naturel \(n\) donné, l'inégalité \(-1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha\) est vraie. Montrons que l'inégalité sera vraie au rang suivant :

      Par hypothèse de récurrence :

      \(\begin{aligned}[t] & -1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha \\ &\implies f(-1) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(\alpha) \quad \text{ car } f \text{ est croissante sur } [-1~;~\alpha]\\ &\implies -1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2} \leqslant\alpha \quad \text{car } f(-1)=-1 \text{ et } f(\alpha)=\alpha\\ \end{aligned}\)

      Si l'inégalité est vérifiée à l'indice \(n\), alors, elle l'est aussi au rang suivant.

      Conclusion : L'inégalité est vérifiée à l'indice 0 et sa véracité est héréditaire pour tout indice \(n\) naturel, donc, par principe de récurrence, on a \(-1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha\) pour tout entier naturel \(n\).

   2. On vient d'établir que :

      pour tout entier naturel \(n\) , \(u_n \leqslant\alpha\) donc la suite est majorée par \(\alpha\)

      et pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \leqslant u_{n+1}\) donc la suite est croissante,

      elle est donc convergente.

1. 1. Dans le repère \(\big(\mathrm{A}~;~\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}\big)\), on a les points suivants :

      H\((0~;~2~;~2)\), M\((3~;~0~;~1)\) et N\((3~;~1~;~1)\).

   2. On a \(\overrightarrow{\mathrm{HM}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{M}-x_\mathrm{H}\\y_\mathrm{M}-y_\mathrm{H}\\z_\mathrm{M}-z_\mathrm{H} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\-2\\-1\end{pmatrix}\)

      La droite (HM) est dirigée par \(\overrightarrow{\mathrm{HM}}\) et elle passe par H, elle admet donc comme représentation paramétrique : \(\left\{\begin{array}{l} x=x_\mathrm{H} + tx_{\overrightarrow{\mathrm{HM}}}\\y=y_\mathrm{H} + ty_{\overrightarrow{\mathrm{HM}}}\\z=z_\mathrm{H} + tz_{\overrightarrow{\mathrm{HM}}} \end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R}\), soit ici : \(\left\{\begin{array}{l} x=3t\\y=2 -2 t\\z=2-t \end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R}\)

2. Dans le repère \(\big(\mathrm{A}~;~\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}\big)\), on a les coordonnées suivantes :

   B\((2~;~0~;~0)\) C\((2~;~2~;~0)\) F\((2~;~0~;~2)\)

   Le plan (BCF) est parallèle au plan \(yOz\), son équation est donc de la forme \(x=c\) , \(c\in\mathbb{R}\).

   Ici on a donc \(x=2\)

   Cherchons le paramètre \(t\) tel qu'un point \(M_t\) de paramètre \(t\) dans la représentation de (HM) soit un point de (BCF) :

   \(\begin{aligned} M_t \in (\mathrm{BCF}) &\iff x_{M_t} = 2\\ &\iff 3t=2\\ &\iff t = \dfrac{2}{3}\\ \end{aligned}\)

   P est donc \(M_{\frac{2}{3}}\) sur la droite (HM), il a donc comme coordonnées :

   \(x_P=2\), \(y_P=2-2\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{6}{3}-\dfrac{4}{3}=\dfrac{2}{3}\) et \(z_P=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{6}{3}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}\) .

   Cela confirme P\(\left(2~;~\dfrac{2}{3} ~;~\dfrac{4}{3}\right)\)

3. 1. \(\overrightarrow{\mathrm{PM}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{M}-x_\mathrm{P}\\y_\mathrm{M}-y_\mathrm{P}\\z_\mathrm{M}-z_\mathrm{P} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3-2\\0-\frac{2}{3}\\1-\frac{4}{3}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\-\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\)   et de même : \(\overrightarrow{\mathrm{PN}} \begin{pmatrix} 1\\\frac{1}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\) .

      Comme le repère est orthonormé, on peut calculer le produit scalaire à l'aide des coordonnées :

      \(\overrightarrow{\mathrm{PM}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PN}} = 1\times 1 -\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{3} \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = 1 -\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9}\)

   2. \(\mathrm{PM}=\sqrt{1^2+{\left(-\dfrac{2}{3} \right)}^2 +{\left(-\dfrac{1}{3} \right)}^2} =\sqrt{1+\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}}=\sqrt{\dfrac{14}{9}}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\)

   3. On sait que \(\overrightarrow{\mathrm{PM}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PN}}=PM \times PN \times \cos\left( \widehat{MPN}\right)\).

      On a donc \(\dfrac{8}{9}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\times \dfrac{\sqrt{11}}{3}\times \cos \left( \widehat{MPN} \right)\).

      d'où \(\cos \left( \widehat{MPN} \right) = \dfrac{8}{\sqrt{11}\sqrt{14}}\) soit \(\widehat{MPN}\approx 50^\circ\).

      L'angle ne dépasse pas \(55 ^\circ\), le toit peut donc être construit.

      Attention, piège :

      Après avoir obtenu \(\cos(\widehat{MPN})\), pensez à utiliser \(\cos^{-1}\) (ou arccos) et vérifiez que votre calculatrice est en degrés avant de comparer à \(55^\circ\) : \(0{,}87\) rad correspond à environ \(50^\circ\), mais \(0{,}87\) n'est pas directement comparable à \(55\).

4. Les droites (EH) et (MN) sont parallèles donc les droites (HM) et (EN) sont coplanaires et non parallèles , elles sont donc sécantes.

   On a \(\overrightarrow{\mathrm{EN}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{N}-x_\mathrm{E}\\y_\mathrm{N}-y_\mathrm{E}\\z_\mathrm{N}-z_\mathrm{E} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\1\\-1\end{pmatrix}\)

   La droite (EN) est dirigée par \(\overrightarrow{\mathrm{EN}}\) et elle passe par E, elle admet donc comme représentation paramétrique : \(\left\{\begin{array}{l} x=x_\mathrm{E} + tx_{\overrightarrow{\mathrm{EN}}}\\y=y_\mathrm{E} + ty_{\overrightarrow{\mathrm{EN}}}\\z=z_\mathrm{E} + tz_{\overrightarrow{\mathrm{EN}}} \end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R}\), soit ici : \(\left\{\begin{array}{l} x=3t'\\y= t'\\z=2-t' \end{array}\right. \quad t'\in \mathbb{R}\)

   Pour trouver l'intersection des droites (EH) et (MN), il faut donc résoudre le système :

   \(\left\{\begin{array}{l} 3t =3t'\\ 2-2t =t'\\ 2-t =2-t'\\ \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} t=t'\\ 2-2t=t\\ 2-t=2-t\\ \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l} t=t'\\ 2=3t\\ 0=0\\ \end{array}\right.\iff t=t'=\dfrac{2}{3}\)

   Le point d'intersection est donc le point P.

Vérifions d'abord la condition 1 portant sur la première phase.

Nous avons :

• une expérience à deux issues (le candidat est qualifié), le succès est « être qualifié », a une probabilité \(p = 0{,}6\) ;

• cette expérience est répétée quatre fois (quatre candidats) de façon identique et indépendante, donc \(n=4\) répétitions;

• dans ce schéma de Bernoulli de paramètres \(n=4\) et \(p=0{,}6\), on note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de succès.

Avec ces éléments, on peut dire que \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}\left(4 ~;~ 0{,}6\right)\).

La condition 1 « la deuxième phase doit avoir lieu dans 80% des cas » correspond à l'évènement « au moins deux candidats sont sélectionnés » a une probabilité supérieure ou égale à 0,8 (c'est à dire correspond à \(P(X \geqslant 2)\geqslant 0{,}8\).

Avec la calculatrice : \(\displaystyle P(X \geqslant 2) \approx 0{,}821\).

On a donc bien : \(P(X \geqslant 2)\geqslant 0{,}8\), la condition 1 est donc vérifiée.

Pour la condition 2 :

Soit \(T\) la variable aléatoire donnant la durée de la deuxième phase.

Les valeurs prises par \(T\) sont : 0, 5, 9 et 11.

La deuxième phase dure 11 minutes lorsque quatre candidats sont sélectionnés donc

\(P(T=11)=P(X=4)= \binom{4}{4}\times 0{,}6^4\times 0{,}4^{0}=0{,}6^4= 0{,}1296\).

De même :

\(P(T=9)=P(X=3)= \binom{4}{3}\times 0{,}6^3\times 0{,}4^1= 0{,}3456\).

\(P(T=5)=P(X=2)= \binom{4}{2}\times 0{,}6^2\times 0{,}4^2= 0{,}3456\).

\(P(T=0)=P(X=0)+P(X=1)= \binom{4}{0}\times 0{,}6^0\times 0{,}4^4+ \binom{4}{1}\times 0{,}6^1\times 0{,}4^3= 0{,}0256 + 0{,}1536 = 0{,}1792\)

On peut résumer les résultats dans le tableau de la loi de probabilité de la loi \(T\) :

La durée moyenne du jeu correspond à l'espérance de la variable aléatoire \(T\).

\(E(T)= 0 \times P(T=0) + 5 \times P(T=5) + 9 \times P(T=9) + 11 \times P(T=11)\)

\(E(T) = 0 + 5\times 0{,}3456+ 9 \times 0{,}3456 + 11 \times 0{,}1296= 6{,}264\)

La durée moyenne du jeu est donc supérieur à 6 minutes, la deuxième condition n'est pas vérifiée, le jeu ne peut donc pas être retenu.