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Examen national 2012 — Session de rattrapage

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session de rattrapage 2012

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 à un repère orthonormé direct (O,ı⃗,ȷ⃗,k⃗)(O,\vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k}), les points A(−3,0,0)A(-3, 0, 0), B(0,0,−3)B(0, 0, -3) et C(0,2,−2)C(0, 2, -2) et la sphère (S)(S) de centre Ω(1,1,1)\Omega(1, 1, 1) et de rayon 33.

1) a) (1,25 pt) Montrer que AB→∧AC→=6ı⃗−3ȷ⃗+6k⃗\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=6\vec{\imath}-3\vec{\jmath}+6\vec{k} puis en déduire que 2x−y+2z+6=02x-y+2z+6=0 est une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).

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AB→(3,0,−3)\overrightarrow{AB}(3,0,-3) et AC→(3,2,−2)\overrightarrow{AC}(3,2,-2). On a : AB→∧AC→=∣0−32−2∣ı⃗−∣3−33−2∣ȷ⃗+∣3032∣k⃗=(0+6)ı⃗−(−6+9)ȷ⃗+(6−0)k⃗=6ı⃗−3ȷ⃗+6k⃗.\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&-3\\2&-2\end{vmatrix}\vec{\imath}-\begin{vmatrix}3&-3\\3&-2\end{vmatrix}\vec{\jmath}+\begin{vmatrix}3&0\\3&2\end{vmatrix}\vec{k}=(0+6)\vec{\imath}-(-6+9)\vec{\jmath}+(6-0)\vec{k}=6\vec{\imath}-3\vec{\jmath}+6\vec{k}. En simplifiant par 33 : vecteur normal (2,−1,2)(2,-1,2). Une équation est 2x−y+2z+d=02x-y+2z+d=0. Avec A(−3,0,0)A(-3,0,0) : −6+d=0-6+d=0, donc d=6d=6.

D’où (ABC):2x−y+2z+6=0(ABC):2x-y+2z+6=0.

b) (0,75 pt) Calculer d(Ω,(ABC))d(\Omega,(ABC)) puis en déduire que le plan (ABC)(ABC) est tangent à la sphère (S)(S).

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d(Ω,(ABC))=∣2−1+2+6∣4+1+4=93=3=R.d(\Omega,(ABC))=\dfrac{|2-1+2+6|}{\sqrt{4+1+4}}=\dfrac{9}{3}=3=R. La distance du centre au plan égale le rayon : (ABC)(ABC) est tangent à (S)(S).

2) Soit (D)(D) la droite passant par le point Ω\Omega et perpendiculaire au plan (ABC)(ABC).

a) (0,5 pt) Montrer que {x=1+2ty=1−tz=1+2t(t∈R)\begin{cases}x=1+2t\\ y=1-t\\ z=1+2t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}) est une représentation paramétrique de la droite (D)(D).

Voir la solution

(D)(D) passe par Ω(1,1,1)\Omega(1,1,1) et est dirigée par n⃗(2,−1,2)\vec{n}(2,-1,2). D’où la représentation paramétrique annoncée.

b) (0,5 pt) Démontrer que le triplet de coordonnées de HH point de contact du plan (ABC)(ABC) et la sphère (S)(S) est (−1,2,−1)(-1, 2, -1).

Voir la solution

M(1+2t,1−t,1+2t)∈(ABC)  ⟺  2(1+2t)−(1−t)+2(1+2t)+6=0  ⟺  2+4t−1+t+2+4t+6=0  ⟺  9t+9=0  ⟺  t=−1M(1+2t,1-t,1+2t)\in(ABC)\iff 2(1+2t)-(1-t)+2(1+2t)+6=0\iff 2+4t-1+t+2+4t+6=0\iff 9t+9=0\iff t=-1.

Donc H(−1,2,−1)H(-1,2,-1).

Exercice 2 — Nombres complexes (3 points)

On considère, dans le plan muni d’un repère orthonormé direct (O,u⃗,v⃗)(O, \vec{u}, \vec{v}), les points AA, BB et CC d’affixes respectives : a=2−ia=2-i, b=6−7ib=6-7i et c=8+3ic=8+3i.

1) a) (0,75 pt) Montrer que : c−ab−a=i\dfrac{c-a}{b-a}=i.

Voir la solution

c−a=(8+3i)−(2−i)=6+4ic-a=(8+3i)-(2-i)=6+4i et b−a=(6−7i)−(2−i)=4−6ib-a=(6-7i)-(2-i)=4-6i. c−ab−a=6+4i4−6i=2(3+2i)2(2−3i)=3+2i2−3i=(3+2i)(2+3i)4+9=6+9i+4i+6i213=13i13=i.\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{6+4i}{4-6i}=\dfrac{2(3+2i)}{2(2-3i)}=\dfrac{3+2i}{2-3i}=\dfrac{(3+2i)(2+3i)}{4+9}=\dfrac{6+9i+4i+6i^{2}}{13}=\dfrac{13i}{13}=i.

b) (0,75 pt) En déduire que le triangle ABCABC est isocèle et rectangle en AA.

Voir la solution

c−ab−a=i=eiπ/2\dfrac{c-a}{b-a}=i=e^{i\pi/2}, donc ∣c−ab−a∣=1\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=1 et arg⁡ ⁣(c−ab−a)=π2 [2π]\arg\!\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi].

D’où AC=ABAC=AB et (AB→,AC→)=π2 [2π]\bigl(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi] : le triangle ABCABC est isocèle et rectangle en AA.

2) Soit zz l’affixe d’un point MM du plan et z′z' l’affixe du point M′M' image de MM par la rotation RR de centre Ω\Omega milieu du segment [BC][BC] et d’angle −π2-\dfrac{\pi}{2}.

a) (0,5 pt) Vérifier que l’affixe du point Ω\Omega est ω=7−2i\omega=7-2i.

Voir la solution

ω=b+c2=(6−7i)+(8+3i)2=14−4i2=7−2i\omega=\dfrac{b+c}{2}=\dfrac{(6-7i)+(8+3i)}{2}=\dfrac{14-4i}{2}=7-2i.

b) (0,75 pt) Montrer que z′=−iz+9+5iz'=-iz+9+5i.

Voir la solution

z′−ω=e−iπ/2(z−ω)=−i(z−ω)z'-\omega=e^{-i\pi/2}(z-\omega)=-i(z-\omega), donc z′=ω−i(z−ω)=−iz+ω(1+i).z'=\omega-i(z-\omega)=-iz+\omega(1+i). ω(1+i)=(7−2i)(1+i)=7+7i−2i−2i2=9+5i\omega(1+i)=(7-2i)(1+i)=7+7i-2i-2i^{2}=9+5i.

D’où z′=−iz+9+5iz'=-iz+9+5i.

c) (0,25 pt) Montrer que le point CC est l’image du point AA par la rotation RR.

Voir la solution

L’image de AA a pour affixe −ia+9+5i=−i(2−i)+9+5i=−2i+i2+9+5i=8+3i=c-ia+9+5i=-i(2-i)+9+5i=-2i+i^{2}+9+5i=8+3i=c. Donc R(A)=CR(A)=C.

Exercice 3 — Suites numériques (3 points)

On considère la suite numérique (un)(u_{n}) définie par : u0=3u_{0}=3 et un+1=4un+33un+4u_{n+1}=\dfrac{4u_{n}+3}{3u_{n}+4} pour tout nn de N\mathbb{N}.

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

Voir la solution

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

Initialisation. Pour n=0n=0 : u0=3>1u_{0}=3>1. La propriété est vraie au rang 00.

Hérédité. Soit n∈Nn\in\mathbb{N}. Supposons que un>1u_{n}>1. Alors un+1−1=4un+33un+4−1=4un+3−3un−43un+4=un−13un+4.u_{n+1}-1=\dfrac{4u_{n}+3}{3u_{n}+4}-1=\dfrac{4u_{n}+3-3u_{n}-4}{3u_{n}+4}=\dfrac{u_{n}-1}{3u_{n}+4}. Comme un>1u_{n}>1 et 3un+4>03u_{n}+4>0, on a un+1−1>0u_{n+1}-1>0, soit un+1>1u_{n+1}>1.

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

2) On pose vn=un−1un+1v_{n}=\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1} pour tout nn de N\mathbb{N}.

a) (0,5 pt) Vérifier que 1−vn=2un+11-v_{n}=\dfrac{2}{u_{n}+1} pour tout nn de N\mathbb{N} et en déduire que (∀n∈N)  1−vn>0(\forall n\in\mathbb{N})\; 1-v_{n}>0.

Voir la solution

1−vn=1−un−1un+1=un+1−(un−1)un+1=2un+1.1-v_{n}=1-\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1}=\dfrac{u_{n}+1-(u_{n}-1)}{u_{n}+1}=\dfrac{2}{u_{n}+1}. Comme un>1u_{n}>1, on a un+1>0u_{n}+1>0, donc 1−vn>01-v_{n}>0.

b) (0,5 pt) Montrer que un=1+vn1−vnu_{n}=\dfrac{1+v_{n}}{1-v_{n}} pour tout nn de N\mathbb{N}.

Voir la solution

De vn=un−1un+1v_{n}=\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1} : vn(un+1)=un−1  ⟺  vnun+vn=un−1  ⟺  vn+1=un(1−vn)v_{n}(u_{n}+1)=u_{n}-1\iff v_{n}u_{n}+v_{n}=u_{n}-1\iff v_{n}+1=u_{n}(1-v_{n}).

Or 1−vn>01-v_{n}>0, donc un=1+vn1−vnu_{n}=\dfrac{1+v_{n}}{1-v_{n}}.

3) a) (1 pt) Montrer que (vn)(v_{n}) est une suite géométrique de raison 17\dfrac{1}{7} et exprimer vnv_{n} en fonction de nn.

Voir la solution

vn+1=un+1−1un+1+1=un−13un+44un+33un+4+1=un−14un+3+3un+4=un−17un+7=17⋅un−1un+1=17vn.v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1}=\dfrac{\dfrac{u_{n}-1}{3u_{n}+4}}{\dfrac{4u_{n}+3}{3u_{n}+4}+1}=\dfrac{u_{n}-1}{4u_{n}+3+3u_{n}+4}=\dfrac{u_{n}-1}{7u_{n}+7}=\dfrac{1}{7}\cdot\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1}=\dfrac{1}{7}v_{n}. Donc (vn)(v_{n}) est géométrique de raison 17\dfrac{1}{7} et v0=3−13+1=12v_{0}=\dfrac{3-1}{3+1}=\dfrac{1}{2}.

D’où vn=12(17)nv_{n}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

b) (0,5 pt) Montrer que lim⁡n→+∞vn=0\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_{n}=0 et en déduire la limite de la suite (un)(u_{n}).

Voir la solution

lim⁡n→+∞vn=0\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_{n}=0. Or un=1+vn1−vnu_{n}=\dfrac{1+v_{n}}{1-v_{n}}, donc lim⁡n→+∞un=1\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}=1.

Exercice 4 — Calcul des probabilités (3 points)

Une urne contient cinq boules rouges, quatre boules blanches et trois boules vertes (les boules sont indiscernables au toucher). On tire au hasard, simultanément, trois boules de l’urne.

1) (1 pt) Montrer que la probabilité de tirer trois boules rouges est 122\dfrac{1}{22}.

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Card(Ω)=(123)=220\mathrm{Card}(\Omega)=\dbinom{12}{3}=220. Probabilité : (53)220=10220=122\dfrac{\dbinom{5}{3}}{220}=\dfrac{10}{220}=\dfrac{1}{22}.

2) (1 pt) Montrer que la probabilité de tirer trois boules de même couleur est 344\dfrac{3}{44}.

Voir la solution

(53)+(43)+(33)220=10+4+1220=15220=344.\dfrac{\dbinom{5}{3}+\dbinom{4}{3}+\dbinom{3}{3}}{220}=\dfrac{10+4+1}{220}=\dfrac{15}{220}=\dfrac{3}{44}.

3) (1 pt) Montrer que la probabilité de tirer une boule rouge au moins est 3744\dfrac{37}{44}.

Voir la solution

Complémentaire : aucune rouge (parmi 7 non-rouges) : (73)220=35220=744\dfrac{\dbinom{7}{3}}{220}=\dfrac{35}{220}=\dfrac{7}{44}.

Donc 1−744=37441-\dfrac{7}{44}=\dfrac{37}{44}.

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

On considère la fonction numérique ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x+ex−1ex+1f(x)=x+\dfrac{e^{x}-1}{e^{x}+1} Et soit (C)(C) la courbe représentative de la fonction ff dans un repère orthonormé (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec{\imath}; \vec{\jmath}).

1) (0,75 pt) Montrer que f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x) pour tout xx de R\mathbb{R} et en déduire que le point OO est centre de symétrie de la courbe (C)(C).

Voir la solution

f(−x)=−x+e−x−1e−x+1=−x+1−ex1+ex=−x−ex−1ex+1=−f(x).f(-x)=-x+\dfrac{e^{-x}-1}{e^{-x}+1}=-x+\dfrac{1-e^{x}}{1+e^{x}}=-x-\dfrac{e^{x}-1}{e^{x}+1}=-f(x). ff est impaire : OO est centre de symétrie de (C)(C).

2) (0,5 pt) Vérifier que f(x)=x+1−2ex+1f(x)=x+1-\dfrac{2}{e^{x}+1} pour tout xx de R\mathbb{R}. (il est préférable d’utiliser cette expression de f(x)f(x) pour traiter les questions qui suivent)

Voir la solution

x+1−2ex+1=x+ex+1−2ex+1=x+ex−1ex+1=f(x).x+1-\dfrac{2}{e^{x}+1}=x+\dfrac{e^{x}+1-2}{e^{x}+1}=x+\dfrac{e^{x}-1}{e^{x}+1}=f(x).

3) a) (1,25 pt) Montrer que f′(x)=1+2ex(ex+1)2f'(x)=1+\dfrac{2e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}} pour tout xx de R\mathbb{R} et vérifier que f′(0)=32f'(0)=\dfrac{3}{2}.

Voir la solution

f′(x)=1+2ex(ex+1)2.f'(x)=1+\dfrac{2e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}. (En dérivant x+1−2ex+1x+1-\dfrac{2}{e^{x}+1} : dérivée de −2ex+1-\dfrac{2}{e^{x}+1} est 2ex(ex+1)2\dfrac{2e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}.)

f′(0)=1+24=32f'(0)=1+\dfrac{2}{4}=\dfrac{3}{2}.

b) (0,5 pt) Montrer que la fonction ff est croissante sur R\mathbb{R}.

Voir la solution

Pour tout xx, 2ex(ex+1)2>0\dfrac{2e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}>0, donc f′(x)>1>0f'(x)>1>0 : ff est strictement croissante sur R\mathbb{R}.

c) (0,5 pt) Montrer que y=32xy=\dfrac{3}{2}x est une équation cartésienne de la droite (T)(T) tangente à la courbe (C)(C) au point OO.

Voir la solution

f(0)=0f(0)=0 et f′(0)=32f'(0)=\dfrac{3}{2} : tangente y=32xy=\dfrac{3}{2}x.

4) a) (0,5 pt) Montrer que : lim⁡x→+∞f(x)=+∞\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

Voir la solution

lim⁡x→+∞ex−1ex+1=1\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^{x}-1}{e^{x}+1}=1, donc lim⁡x→+∞f(x)=+∞\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

b) (0,5 pt) Calculer lim⁡x→+∞[f(x)−(x+1)]\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(x+1)\bigr] et en déduire que la droite (D)(D) d’équation y=x+1y=x+1 est une asymptote à la courbe (C)(C) au voisinage de +∞+\infty.

Voir la solution

f(x)−(x+1)=−2ex+1→x→+∞0f(x)-(x+1)=-\dfrac{2}{e^{x}+1}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0. Donc (D):y=x+1(D):y=x+1 est asymptote à (C)(C) au voisinage de +∞+\infty.

c) (0,25 pt) Montrer que la courbe (C)(C) est au-dessous de la droite (D)(D).

Voir la solution

f(x)−(x+1)=−2ex+1<0f(x)-(x+1)=-\dfrac{2}{e^{x}+1}<0 pour tout xx : (C)(C) est au-dessous de (D)(D).

5) (1,5 pt) Construire les deux droites (D)(D) et (T)(T) et la courbe (C)(C). (on rappelle que OO est centre de symétrie de la courbe (C)(C))

Voir la solution
Courbe (C), tangente (T) et asymptote (D)

6) a) (0,75 pt) Montrer que la fonction H:x↦x−ln⁡(ex+1)H:x\mapsto x-\ln(e^{x}+1) est une fonction primitive de la fonction x↦1ex+1x\mapsto\dfrac{1}{e^{x}+1} sur R\mathbb{R}.

Voir la solution

H′(x)=1−exex+1=1ex+1.H'(x)=1-\dfrac{e^{x}}{e^{x}+1}=\dfrac{1}{e^{x}+1}.

b) (0,5 pt) En déduire que : ∫0ln⁡21ex+1 dx=ln⁡4−ln⁡3\displaystyle\int_{0}^{\ln2}\dfrac{1}{e^{x}+1}\,dx=\ln4-\ln3

Voir la solution

∫0ln⁡21ex+1 dx=[x−ln⁡(ex+1)]0ln⁡2=(ln⁡2−ln⁡(2+1))−(0−ln⁡2)=ln⁡2−ln⁡3+ln⁡2=ln⁡4−ln⁡3.\int_{0}^{\ln2}\dfrac{1}{e^{x}+1}\,dx=\bigl[x-\ln(e^{x}+1)\bigr]_{0}^{\ln2}=\bigl(\ln2-\ln(2+1)\bigr)-\bigl(0-\ln2\bigr)=\ln2-\ln3+\ln2=\ln4-\ln3.

c) (0,5 pt) Calculer, en cm2\mathrm{cm}^{2}, l’aire du domaine plan limité par la courbe (C)(C), la droite (D)(D) et les droites d’équations x=0x=0 et x=ln⁡2x=\ln2.

Voir la solution

Sur [0,ln⁡2][0,\ln2], (D)(D) est au-dessus de (C)(C). En prenant l’unité égale à 1 cm1\,\mathrm{cm}, A=∫0ln⁡2((x+1)−f(x)) dx=∫0ln⁡22ex+1 dx=2(ln⁡4−ln⁡3)=2ln⁡43 cm2.\mathcal{A}=\int_{0}^{\ln2}\bigl((x+1)-f(x)\bigr)\,dx=\int_{0}^{\ln2}\dfrac{2}{e^{x}+1}\,dx=2(\ln4-\ln3)=2\ln\dfrac{4}{3}\,\mathrm{cm}^{2}.

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