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Examen national 2018 — Session normale

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session normale 2018

Mathématiques — Filière : Sciences Expérimentales (les deux parcours) — option française Code NS 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 SUJET

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

	Domaine	Barème
Exercice 1	Géométrie dans l’espace	3 points
Exercice 2	Nombres complexes	3 points
Exercice 3	Calcul des probabilités	3 points
Problème	Etude d’une fonction numérique et des suites numériques	11 points

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

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ , on considère les points $A(0,-2,-2)$ , $B(1,-2,-4)$ et $C(-3,-1,2)$ .

1) (1 pt) Montrer que $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=2\vec{i}+2\vec{j}+\vec{k}$ et en déduire que $2x+2y+z+6=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$ .

Voir la solution

$\overrightarrow{AB}=(1,-0,-2)=(1,0,-2)$ et $\overrightarrow{AC}=(-3,1,4)$ .

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&0&-2\\-3&1&4\end{vmatrix}=\vec{i}(0-(-2))-\vec{j}(4-6)+\vec{k}(1-0)=2\vec{i}+2\vec{j}+\vec{k}.$

Un vecteur normal au plan est $\vec{n}=(2,2,1)$ . Une équation est $2(x-0)+2(y+2)+1(z+2)=0$ , soit $2x+2y+z+6=0$ .

2) (0.5 pt) On considère la sphère $(S)$ dont une équation est $x^2+y^2+z^2-2x-2z-23=0$ . Vérifier que la sphère $(S)$ a pour centre $\Omega(1,0,1)$ et pour rayon $R=5$ .

Voir la solution

$x^2-2x+y^2+z^2-2z=23\iff(x-1)^2-1+y^2+(z-1)^2-1=23\iff(x-1)^2+y^2+(z-1)^2=25.$

Donc centre $\Omega(1,0,1)$ et rayon $R=5$ .

3) a) (0.25 pt) Vérifier que $\begin{cases}x=1+2t\\ y=2t\\ z=1+t\end{cases}$ $(t\in\mathbb{R})$ est une représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$ passant par le point $\Omega$ et orthogonale au plan $(ABC)$ .

Voir la solution

Pour $t=0$ : $(1,0,1)=\Omega$ . Le vecteur directeur $\vec{u}=(2,2,1)$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ du plan $(ABC)$ , donc $(\Delta)$ est orthogonale à $(ABC)$ et passe par $\Omega$ .

b) (0.5 pt) Déterminer les coordonnées de $H$ le point d’intersection de la droite $(\Delta)$ et du plan $(ABC)$ .

Voir la solution

On injecte dans l’équation du plan : $2(1+2t)+2(2t)+(1+t)+6=0$ , soit $2+4t+4t+1+t+6=0$ , donc $9t+9=0$ , $t=-1$ .

Ainsi $H(1-2,-2,1-1)=H(-1,-2,0)$ .

4) (0.75 pt) Vérifier que $d(\Omega,(ABC))=3$ , puis montrer que le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ selon un cercle de rayon $4$ , dont on déterminera le centre.

Voir la solution

$d(\Omega,(ABC))=\dfrac{|2\cdot1+2\cdot0+1+6|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{9}{3}=3.$

Comme $d=3<R=5$ , l’intersection est un cercle de centre $H$ (projeté de $\Omega$ sur le plan) et de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{25-9}=4$ .

Exercice 2 — Nombres complexes (3 points)

1) (0.75 pt) Résoudre dans l’ensemble $\mathbb{C}$ des nombres complexes : $2z^2+2z+5=0$ .

Voir la solution

$\Delta=4-40=-36=36i^2$ . Les solutions sont $z=\dfrac{-2\pm6i}{4}=-\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{3}{2}i$ .

2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{u},\vec{v})$ , on considère la rotation $R$ de centre $O$ et d’angle $\dfrac{2\pi}{3}$ .

a) (0.25 pt) Écrire sous forme trigonométrique le nombre complexe $d=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ .

Voir la solution

$|d|=1$ et $\arg(d)=\dfrac{2\pi}{3}$ , donc $d=\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}$ .

b) (0.5 pt) On considère le point $A$ d’affixe $a=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ et le point $B$ image du point $A$ par la rotation $R$ ; soit $b$ l’affixe du point $B$ , montrer que $b=da$ .

Voir la solution

L’écriture complexe de $R$ est $z'=e^{i2\pi/3}z=dz$ . Donc $b=da$ .

3) Soit $T$ la translation de vecteur $\overrightarrow{OA}$ et $C$ l’image de $B$ par la translation $T$ et $c$ l’affixe de $C$ .

a) (0.75 pt) Vérifier que $c=b+a$ et en déduire que $c=a\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)$ (on pourra utiliser la question 2)b)).

Voir la solution

La translation de vecteur $\overrightarrow{OA}$ (affixe $a$ ) donne $c=b+a$ .

Or $b=da$ , donc $c=a(d+1)=a\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+1\right)=a\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)$ .

b) (0.75 pt) Déterminer $\arg\left(\dfrac{c}{a}\right)$ puis en déduire que le triangle $OAC$ est équilatéral.

Voir la solution

$\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$ , donc $\arg\left(\dfrac{c}{a}\right)=\dfrac{\pi}{3}$ .

De plus $\left|\dfrac{c}{a}\right|=1$ , donc $|c|=|a|$ , soit $OC=OA$ .

Ainsi $OA=OC$ et $\widehat{AOC}=\dfrac{\pi}{3}$ : le triangle $OAC$ est équilatéral.

Exercice 3 — Calcul des probabilités (3 points)

Une urne contient $9$ boules indiscernables au toucher : cinq boules rouges portant les nombres $1;1;2;2;2$ et quatre boules blanches portant les nombres $1;2;2;2$ .

On considère l’expérience suivante : on tire au hasard et simultanément trois boules de l’urne. Soient les événements :

$A$ : « les trois boules tirées sont de même couleur »
$B$ : « les trois boules tirées portent le même nombre »
$C$ : « les trois boules tirées sont de même couleur et portent le même nombre »

1) (1.5 pt) Montrer que $p(A)=\dfrac{1}{6}$ , $p(B)=\dfrac{1}{4}$ et $p(C)=\dfrac{1}{42}$ .

Voir la solution

Nombre de tirages possibles : $\binom{9}{3}=84$ .

$A$ : trois rouges ou trois blanches : $\binom{5}{3}+\binom{4}{3}=10+4=14$ , donc $p(A)=\dfrac{14}{84}=\dfrac{1}{6}$ .

$B$ : même nombre. Il y a $3$ boules portant $1$ et $6$ portant $2$ : $\binom{3}{3}+\binom{6}{3}=1+20=21$ , donc $p(B)=\dfrac{21}{84}=\dfrac{1}{4}$ .

$C$ : même couleur et même nombre. Trois rouges portant $2$ : $\binom{3}{3}=1$ ; trois blanches portant $2$ : $\binom{3}{3}=1$ (impossible pour le nombre $1$ ). Donc $p(C)=\dfrac{2}{84}=\dfrac{1}{42}$ .

2) On répète l’expérience précédente trois fois avec remise dans l’urne des trois boules tirées après chaque tirage, et on considère la variable aléatoire $X$ qui est égale au nombre de fois la réalisation de l’événement $A$ .

a) (0.5 pt) Déterminer les paramètres de la variable aléatoire binomiale $X$ .

Voir la solution

$X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=3$ et $p=p(A)=\dfrac{1}{6}$ .

b) (1 pt) Montrer que $p(X=1)=\dfrac{25}{72}$ et calculer $p(X=2)$ .

Voir la solution

$p(X=1)=\binom{3}{1}\left(\dfrac{1}{6}\right)\left(\dfrac{5}{6}\right)^2=3\cdot\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{25}{36}=\dfrac{75}{216}=\dfrac{25}{72}.$

$p(X=2)=\binom{3}{2}\left(\dfrac{1}{6}\right)^2\left(\dfrac{5}{6}\right)=3\cdot\dfrac{1}{36}\cdot\dfrac{5}{6}=\dfrac{15}{216}=\dfrac{5}{72}.$

Exercice 4 — Problème (11 points)

I — Soit $g$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $g(x)=e^x-x^2+3x-1$ .

Le tableau de variations de $g$ (donné dans l’énoncé) indique que $g$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ , de $\lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty$ à $\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ .

1) (0.25 pt) Vérifier que $g(0)=0$ .

Voir la solution

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

2) (0.5 pt) Déterminer le signe de $g(x)$ sur chacun des intervalles $]-\infty,0]$ et $[0,+\infty[$ .

Voir la solution

$g$ est strictement croissante et $g(0)=0$ , donc $g(x)\leq0$ sur $]-\infty,0]$ et $g(x)\geq0$ sur $[0,+\infty[$ .

II — Soit $f$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=(x^2-x)e^{-x}+x$ et $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$ (unité : $1\,\mathrm{cm}$ ).

1) a) (0.5 pt) Vérifier que $f(x)=\dfrac{x^2}{e^x}-\dfrac{x}{e^x}+x$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ puis montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ .

Voir la solution

$f(x)=(x^2-x)e^{-x}+x=\dfrac{x^2}{e^x}-\dfrac{x}{e^x}+x$ .

Par croissances comparées, $\dfrac{x^2}{e^x}\to0$ et $\dfrac{x}{e^x}\to0$ , donc $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ .

b) (0.75 pt) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)$ puis en déduire que $(\mathcal{C})$ admet une asymptote $(D)$ au voisinage de $+\infty$ d’équation $y=x$ .

Voir la solution

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

Donc la droite $(D):y=x$ est asymptote à $(\mathcal{C})$ au voisinage de $+\infty$ .

c) (0.5 pt) Vérifier que $f(x)=\dfrac{x^2-x+xe^x}{e^x}$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ puis calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ .

Voir la solution

$f(x)=\dfrac{x^2-x}{e^x}+x=\dfrac{x^2-x+xe^x}{e^x}$ .

Quand $x\to-\infty$ : $e^x\to0^+$ et $x^2-x+xe^x\sim x^2\to+\infty$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ .

d) (0.5 pt) Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$ et interpréter le résultat géométriquement.

Voir la solution

$\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x-1+e^x}{e^x}=(x-1)e^{-x}+1.$

$(x-1)e^{-x}\xrightarrow[x\to-\infty]{}-\infty$ (car $e^{-x}\to+\infty$ et $x-1\to-\infty$ ), donc $\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$ .

Géométriquement : $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $-\infty$ .

2) a) (0.25 pt) Montrer que $f(x)-x$ et $x^2-x$ ont le même signe pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ .

Voir la solution

$f(x)-x=(x^2-x)e^{-x}$ et $e^{-x}>0$ pour tout $x$ , donc $f(x)-x$ et $x^2-x$ ont le même signe.

b) (0.5 pt) En déduire que $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(D)$ sur chacun des intervalles $]-\infty,0]$ et $[1,+\infty[$ , et en dessous de $(D)$ sur l’intervalle $[0,1]$ .

Voir la solution

$x^2-x=x(x-1)$ est positif sur $]-\infty,0]$ et sur $[1,+\infty[$ , négatif sur $[0,1]$ .

Donc $f(x)-x\geq0$ (soit $(\mathcal{C})$ au-dessus de $(D)$ ) sur $]-\infty,0]$ et $[1,+\infty[$ , et $f(x)-x\leq0$ (en dessous) sur $[0,1]$ .

3) a) (0.75 pt) Montrer que $f'(x)=g(x)e^{-x}$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ .

Voir la solution

$f'(x)=(2x-1)e^{-x}+(x^2-x)(-e^{-x})+1=\bigl(2x-1-x^2+x\bigr)e^{-x}+1=(-x^2+3x-1)e^{-x}+1$ $=\bigl(-x^2+3x-1+e^x\bigr)e^{-x}=g(x)e^{-x}.$

b) (0.5 pt) En déduire que la fonction $f$ est décroissante sur $]-\infty,0]$ et croissante sur $[0,+\infty[$ .

Voir la solution

$e^{-x}>0$ , donc $f'$ a le signe de $g$ . D’après I-2) : $f'\leq0$ sur $]-\infty,0]$ et $f'\geq0$ sur $[0,+\infty[$ .

c) (0.25 pt) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ .

Voir la solution

$f(0)=0$ .

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & -\infty & & 0 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 0 & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$

4) a) (0.25 pt) Vérifier que $f''(x)=(x^2-5x+4)e^{-x}$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ .

Voir la solution

$f''(x)=g'(x)e^{-x}+g(x)(-e^{-x})=\bigl(g'(x)-g(x)\bigr)e^{-x}.$

$g'(x)=e^x-2x+3$ , donc $g'-g=e^x-2x+3-e^x+x^2-3x+1=x^2-5x+4$ .

Ainsi $f''(x)=(x^2-5x+4)e^{-x}$ .

b) (0.5 pt) En déduire que la courbe $(\mathcal{C})$ admet deux points d’inflexion d’abscisses respectives $1$ et $4$ .

Voir la solution

$f''(x)=0\iff x^2-5x+4=0\iff(x-1)(x-4)=0$ , soit $x=1$ ou $x=4$ .

$f''$ change de signe en ces valeurs (racines simples), donc points d’inflexion d’abscisses $1$ et $4$ .

5) (1 pt) Construire $(D)$ et $(\mathcal{C})$ dans le même repère $(O;\vec{i},\vec{j})$ (on prend : $f(4)\approx4{,}2$ ).

Voir la solution

$Courbes $(\mathcal{C})$ et $(D)$$

6) a) (0.5 pt) Montrer que la fonction $H:x\mapsto(x^2+2x+2)e^{-x}$ est une primitive de la fonction $h:x\mapsto -x^2 e^{-x}$ sur $\mathbb{R}$ puis en déduire que $\displaystyle\int_0^1 x^2 e^{-x}\,\mathrm{d}x=\dfrac{2e-5}{e}$ .

Voir la solution

$H'(x)=(2x+2)e^{-x}+(x^2+2x+2)(-e^{-x})=\bigl(2x+2-x^2-2x-2\bigr)e^{-x}=-x^2 e^{-x}=h(x).$

Donc $\displaystyle\int_0^1 x^2 e^{-x}\,\mathrm{d}x=\bigl[-H(x)\bigr]_0^1=-H(1)+H(0)=-(1+2+2)e^{-1}+2=\dfrac{-5}{e}+2=\dfrac{2e-5}{e}$ .

b) (0.75 pt) À l’aide d’une intégration par parties, montrer que $\displaystyle\int_0^1 x e^{-x}\,\mathrm{d}x=\dfrac{e-2}{e}$ .

Voir la solution

On pose $u=x$ , $dv=e^{-x}\mathrm{d}x$ , donc $du=\mathrm{d}x$ , $v=-e^{-x}$ .

$\int_0^1 xe^{-x}\,\mathrm{d}x=\bigl[-xe^{-x}\bigr]_0^1+\int_0^1 e^{-x}\,\mathrm{d}x=-e^{-1}+\bigl[-e^{-x}\bigr]_0^1=-e^{-1}-e^{-1}+1=1-\dfrac{2}{e}=\dfrac{e-2}{e}.$

c) (0.75 pt) Calculer en $\mathrm{cm}^2$ l’aire du domaine plan limité par $(\mathcal{C})$ , $(D)$ et les droites d’équations $x=0$ et $x=1$ .

Voir la solution

Sur $[0,1]$ , $(\mathcal{C})$ est en dessous de $(D)$ , donc $\mathcal{A}=\int_0^1\bigl(x-f(x)\bigr)\,\mathrm{d}x=\int_0^1(x-x^2)e^{-x}\,\mathrm{d}x=\int_0^1 xe^{-x}\,\mathrm{d}x-\int_0^1 x^2 e^{-x}\,\mathrm{d}x$ $=\dfrac{e-2}{e}-\dfrac{2e-5}{e}=\dfrac{e-2-2e+5}{e}=\dfrac{3-e}{e}.$

Donc $\mathcal{A}=\dfrac{3-e}{e}\,\mathrm{cm}^2$ .

III — Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0=\dfrac{1}{2}$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ .

1) (0.75 pt) Montrer que $0\leq u_n\leq1$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ (on pourra utiliser la question II-3)b)).

Voir la solution

Initialisation. $u_0=\dfrac{1}{2}$ et $0\leq\dfrac{1}{2}\leq1$ .

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ . Supposons $0\leq u_n\leq1$ . Sur $[0,1]$ , $f$ est croissante (II-3.b) et $f(0)=0$ , $f(1)=1$ . Donc $0=f(0)\leq f(u_n)\leq f(1)=1$ , soit $0\leq u_{n+1}\leq1$ .

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0\leq u_n\leq1$ .

2) (0.5 pt) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante.

Voir la solution

Pour $n\in\mathbb{N}$ : $u_n\in[0,1]$ , donc d’après II-2.b) : $f(u_n)\leq u_n$ , soit $u_{n+1}\leq u_n$ .

3) (0.75 pt) En déduire que $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite.

Voir la solution

$(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ , donc convergente. Soit $\ell=\lim u_n\in[0,\tfrac{1}{2}]$ .

Par continuité : $\ell=f(\ell)$ , soit $(\ell^2-\ell)e^{-\ell}=0$ , donc $\ell=0$ ou $\ell=1$ . Comme $\ell\leq\dfrac{1}{2}<1$ , on a $\ell=0$ .

Ainsi $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$ .

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