TS GRILLE de correction DS2 NOM : Note
E1 Réponse Points Obtenus
Q1 lim
x→+∞
1 x2 = 0
X→0lim
√1 +X = 1
(composition)
x→+∞lim r
1 + 1 x2 = 1
x→+∞lim x= +∞
(produit)
x→+∞lim f(x) = +∞ 1
Q2 x >0, f(x) =x r
1 + 1 x2 =√
x2× r
1 + 1 x2 =
s x2
1 + 1
x2
=√
x2+ 1. 0.5
Et√
x2+ 1−→x→01 0.5
Q3 v : x7−→ xdérivable sur R, u: x7−→ 1 + 1/x2 dérivable sur ]0; +∞[ et u > 0 sur ]0; +∞[ donc √
u est dérivable sur ]0; +∞[. Le produit v√
u est donc dérivable sur ]0; +∞[.
0.5
f =v√udoncf′ =v′√u+v u′
2√u, ce qui donne pourx > 0,f′(x) =p
1 + 1/x2− x× −2x/x4
2p
1 + 1/x2 =p
1 + 1/x2− 1 x2p
1 + 1/x2 = . . . = 1
p1 + 1/x2. f′(x)> 0 sur ]0; +∞[ doncf est strictement croissante ]0; +∞[
1+0.5
Q4.a x >0, r
1 + 1 x2 = 2
x⇔x× r
1 + 1
x2 =x× 2 x ⇔x
r 1 + 1
x2 = 2⇔f(x) = 2 0.5 Q4.b
x Signe def′(x)
Variations def
0 +∞
+
1 1
+∞ +∞ x0
2
f continue et strictement croissante sur ]0; +∞[, 2∈]1; +∞[ donc d’après le théorème de la bijection il existe un uniquex0∈]0; +∞[ tel quef(x0) = 2.
1 Par balayage, à la calculatrice, 1.73< x0<1.74. 0.5 Q4.c
s 1 + 1
(√ 3)2 =
r 1 +1
3 = r4
3 = 2
√3 donc√
3 est solution de (E).
Or, il n’y a qu’une seule solutionx0 strictement positive (cf 4.b) doncx0=√
3 0.5
Total −→6.5 points
E2 Réponse Points Obtenus
Q1
b b
R1
5/6
b R2
1/6
b V2
1/3
b B2
1/2
b
V1
1/6
b R2
1/6
b V2
1/3
b B2
1/2
1
Q2 A=R1∩R2(rouge au premier etrouge au deuxième) 0.5
CommeR1etR2sont indépendants,p(A) =p(R1∩R2) =p(R1)×p(R2) =5 6×1
6 = 5 36 etp(C) =p(R1∩V2) +p(V1∩R2) =5
6 ×1 3+1
6×1 6 =11
36
0.5
p(B) =p(R1∩R2) +p(V1∩V2) = 5 6×1
6+1 6×1
3 = 7
36 etp(D) =p(B) = 1− 7 36 = 29
36 0.5×2 Q3 p(X = 5) =p(A) = 5
36 et p(X = 2) =p(V1∩V2) =1 6 ×1
3 = 1 18 puisp(X=−x) =p(D) = 29
36 1
1
E(X) =
3
X
i=0
p(X =xi)xi= 5
36×5 + 1
18×2−29
36×xetE(X) = 0⇔x= 1 1 Total −→5 points
E3 Réponse Points Obtenus
Q1 h=u3 avec u:x7−→sin(x) + cos(x) dérivable sur Ret u′ :x7−→cos(x)−sin(x).
Ainsihest dérivable surReth′= 3u′×u2.
∀x∈R, h′(x) = 3(cosx−sinx)(sinx+ cosx)2⇔
h′(x) = 3(cosx−sinx)(cosx+ sinx)(sinx+ cosx) = 3(cos2x−sin2x)(sinx+ cosx)⇔
h′(x) = 3 cos(2x)(sin(x) + cos(x)) 1
Q2
x Signe deh′(x)
Variations deh
0 π4
3π 4
5π 4
7π
4 2π
+ 0 − 0 − 0 + 0 +
1 1
2√ 2 2√
2
−2√
−2√2 2
1 1
1 Q3 y=h′π
2 x−π 2
+hπ 2
⇔y=−3x+3π
2 + 1 1
Q4.a gπ 4
= 2√
2 cos(0) = 2√ 2 g′(x) = 2√
2×(−2)×
−sin
−2x+π 2
= 4√ 2 sin
−2x+π 2
etg′π 4
= 0 1 Q4.b On ahπ
4
=gπ 4
eth′π 4
=g′π 4
= 0, les deux courbes ont la même tangente horizontale au point d’abscisse π
4
0.5
Total −→4.5 points
E4 Réponse Points Obtenus
Q1 p(V) = 0,75 , puisp(M) = 0,1 etp(V ∩M) = 0,18 0.5
b b
3/4 V
b M
. . .
b M
. . .
b
V 1/4
b M
. . .
b M
. . .
0.5 Q2 pV(M) = p(V ∩M)
p(V) = 0,18
1−0,75 = 0,72 pV(M) = 1−pV(M) = 1−0,72 = 0,28
p(V ∩M) =p(V)×pV(M) = 0,25×0,28 = 0,07 1.5
Q3 M =
V ∩M;V ∩M
Grâce aux probabilités totales,p(V ∩M) =p(M)−p(V ∩M) = 0,1−0,07 = 0,03 1 Q4 pV(M) =p(V ∩M)
p(V) =0,03
0,75= 0,04 0.5
Total −→4 points
E5 Réponse Points Obtenus
On évalue le taux d’accroissement en 0.
Pourx6= 0, f(x)−f(0) x−0 =
√4x3+x2
x =√
4x+ 1 et √
4x+ 1−→x→01. On en conclut quef est dérivable en 0 et que f′(0) = 1.
1.5
Total −→1.5 points
2
