Correction du bac blanc TS février 2017
Exercice I (sur 5 points)
Soitf la fonction définie surR\ {1} par :f(x)=5x+6 x3−1. Partie 1 : recherche des asymptotes
1. • Limite en−∞: Pour toutx6=0, f(x)= x¡
5+6x¢ x3
³1−x13
´ = 5+6x x2
³1−x13
´. lim
x→−∞
µ 5+6
x
¶
= 5; lim
x→−∞
µ 1− 1
x3
¶
=1 d’où lim
x→−∞f(x)=0.
• Limite en +∞ : on obtient de même
x→+∞lim f(x)=0
• Limite en 1 : lim
x→−1(5x+6)=1 : lim
x→1x<1
=0 en étant négatif par croissance ce la fonctionx7→x3. On en déduit lim
x→1 x<1
f(x)= −∞ . De même : lim
x→1 x>1
= +∞ . 2. • Puisque lim
x→±∞f(x)=0, la droite d’équationy=0 estasymptoteà la courbeC.
• Puisque lim
x→−1f(x)= ±∞, la droite d’équation x= −1 estasymptoteà la courbeC.
Partie 2 : étude des variations de la fonctionf 1. f est dérivable surR\ {1} comme quotient de fonc-
tions dérivables.
∀x∈R\ {1},f′(x)=5¡ x3−1¢
−3x2(5x+6)
¡x3−1¢2
=5x3−5−15x3−18x2
¡x3−1¢2 = −10x3−18x2−5
¡x3−1¢2 . 2. On considère la fonctiong définie surR\ {1} par :
g(x)= −10x3−18x2−5.
(a) gest dérivable surR\ {1} ; pour toutx∈R\ {1}, g′(x)= −30x2−36x= −6x(5x+6) qui s’an- nule en−6
5et en 0.
C’est un polynôme du second degré, négatif (du signe du coefficient dex2) en dehors de l’intervalle formé par les racines.
gest donc décroissante sur
¸
−∞;−6 5
¸ , crois- sante sur
·
−6 5; 0
¸
, décroissante sur [0 ; 1[ pus de nouveau décroissante sur ]1 ;= ∞[.
g(x)=x3 µ
−10−18 x − 5
x3
¶ d’où
x→−∞lim g(x)= +∞et lim
x→+∞g(x)= −∞. On en déduit letableau de variationdeg:
x −∞ −6
5 0 1 +∞
g′(x) − 0 + 0 − −
g(x) +∞❅
❅❅❘
≈ −13,64
✒−5❅
❅❅❘
−∞
+∞❅
❅❅❘
−∞
(b) Sur
·
−6 5 ;+∞
·
,g(x)<0 d’après les variations deg.
Sur
¸
−∞;−5¸ :
• gest continue comme polynôme
• lim
x→−∞g(x)= +∞donc g(x) prend des va- leurs positives.
• g µ
−5 6
¶
<0
D’après le théorème des valeurs intermé- diaires, l’équation g(x)=0 admet une solu- tion dans l’intervalle
¸
−∞;−6 5
¸
; celle-ci est unique carg est monotone sur cet ntervalle.
On noteαcette solution.
(c) À la calculatrice, on trouve −1,94<α−1,93 à 0,01 près.
(d) Tableau de signe de g.
On en déduit :
x −∞ α 1 +∞
g(x) +0− − 3. Tableau de variation de f :
Comme¡ x3−1¢2
>0 sur l’ensemble de définition, f′(x) est du signe de g
On en déduit les variations deg:
x −∞ α 1 +∞
g(x) + 0 − −
f′(x) + 0 − −
f(x) 0
✒f(α)❅
❅❅❘
−∞
+∞❅
❅❅❘ 0
Partie 3 :étude d’une tangente
1. La tangente T à C au point d’abscisse 0 a pour équation réduite :
y =f′(0)(x−0)+f(0) ; or f′(0)= −5 et f(0)= −6 doncT a pour équation y= −5x−6.
2. Position relative deT et deC: Page 1/4
Pour toutx∈R\ {1},f(x)−(−5x−6)
=5x+6
x3−1+5x+6=(5x+6)
· 1 x3−1+1
¸
= (5x+6)× x3 x3−1 .
On renseigne un tableau de signes :
x −∞ −6
5 0 1 +∞
5x+6 − 0 + + +
x3 − −0+ +
x3−1 − − − + f(x)−(−5x−6) − 0 +0− + On en déduit queCest en dessous deTpour x∈
¸
−∞;−6 5
¸
∪[0 ; 1[ et est au-dessus pour x∈
·
−6 5 ; 0
¸
∪]1 ;+∞[
Voici la courbeCet la tangenteT, même si elles n’étaient pas demandées.
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
−11
−12 1 2 3
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−5
C T
0
Exercice II (sur 5 points)
Partie A :
On considère une épreuve de tir à l’arc constitué de plu- sieurs tirs successifs sur une cible :
• si le tireur touche la cible lors d’un tir, la probabi- lité qu’il touche la cible au tir suivant est4
5.
• si le tireur manque la cible lors d’un tir, la proba- bilité pour qu’il la manque aussi au tir suivant est égale à3
5.
Pour tout entier naturel non nul n, on désigne parCn
l’évènement « le tireur touche la cible lors dun-ième tir » et on notepnla probabilité de l’évènementCn.
On considère que le tireur atteint toujours la cible lors de son premier lancer et doncp1=1.
1. Arbre pondéré complété :
Cn
pn
Cn+1
4 5
Cn+1
1 5
Cn
1−pn
Cn+1
2 5
Cn+1
3 5 2. Pour toutn pn+1=p(Cn+1)=p³
(Cn+1∩Cn)∪
³
Cn+1∩Cn
´´
=p(Cn+1∩Cn)+
³
Cn+1∩Cn
´
=4 5pn+2
5
¡1−pn
¢=
2 5pn+2
5 .
3. On poseun=pn−2 3.
(a) ∀n ∈N∗,un+1=pn+1−2 3 = 2
5pn+2 5−2
3 = 2
5pn− 4 15=2
5 µ
pn−2 3
¶
= 2 5un .
On en déduit que la suite (un) est géométrique de raisonq=2
5et de premier termeu1=p1− 2
3= 1 3 .
On en déduit que, pour tout n Ê 1, un = u1qn−1= 1
3 µ2
5
¶n−1
.
(b) On en déduit que, pour toutn∈N∗, pn=un+2
3= 1 3
µ2 5
¶n−1
+2 3 . (c) −1<2
3<1, donc lim
n→+∞
µ2 3
¶n
=0, donc par pro- duit et somme, lim
n→+∞pn=2 3
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Partie B
1. (a) On a répétition d’épreuves aléatoires iden- tiques, indépendantes, à deux issues.
Xsuit la loi binomialeB µ
10 ; 1 4
¶
car la proba- bilité de tirer une boule rouge est1
4.
∀kÉ10,p(X=k)= Ã10
k
!µ1 4
¶k
× µ3
4
¶10−k
.
(b) p(XÊ1)=1−p(X=0)=1− µ3
4
¶10
≈0,94 à 10−2près.
(c) L’espérance deXestE(X)=np=10×1 4=5
2; E(X)=5
2
2. (a) Le joueur joue 50 euros ; il gagne 10 euros par boule rouge tirée ; comme il tire5
2 boules rouges en moyenne, son gain algébrique est, en moyenne, 10×5
2−50= −50
2 <0. Le jeu lui estdéfavorable.
(b) Puisque le joueur joue 50 euros, pour que son bénéfice soit supérieur à 20 euros, il faut qu’il tire plus de 7 boules rouges.
p(X>7)=1−p(XÉ7)≈0,000415.
Exercice III (sur 5 points)
On considère les points A(-2; 0; 1), B(1; 2; -1) et C(-2; 2; 2).
1. (a) −→AB
3 2
−2
,−→AC
0 2 1
.
−→AB·−→
AC = 3×0+2×2+(−2)×1= 2, donc
−→AB·−→
AC=2 AB = p
32+22+(−2)2 = p
17 ; AC = p02+22+12= p
5. (b) Or−→
AB·−→
AC=AB×AC×cosB ACdonc cos¡
B AC¢
=
−→AB·−→
AC
AB×AC = 2 p17×p
5 = 2
p85 d’où B AC≈77,47 ˚.
(c) L’angleB ACn’est pas un angle nul, ni un angle plat, donc les points A, B et C ne sontpas ali- gnés.
2. −→
ABet−→
ACsont deux vecteurs non colinéaires qui dé- finissent le plan (ABC).
Cherchons un vecteur−→n
a b c
normal à ce plan. Il doit être orthogonal à ces deux vecteurs, puisque ce sont deux vecteurs non colinéaires qui définissent ce plan (ABC).
−
→n·−→
AB=0 et−→n ·−→
AC=0 donnent comme système : (3a+2b−2c=0
2b+c=0 ⇔
(c= −2b
3a+6b=0 ⇔ (c= −2b
a=c .
Choisissonsb=1; on obtient→−n
−2 1
−2
.
Une équation du plan (ABC) est alors
−2(x−xA)+¡ y−yA
¢−2(z−zA)=0⇔ −2(x+2)+y− 2(z−1)=0⇔ −2x+y−2z−2=0
3. SoitP1le plan d’équationx+y−3z+3=0 etP2 le plan d’équationx−2y+6z=0.→−n1
1 1
−3
est un
vecteur normal au planP1;−→n2
1
−2 6
est un vec- teur normal au planP1.
Ces deux vecteurs ne sont clairement pas coli- néaires, donc les deux plansP1etP2sont sécants.
Soit la droiteDdont un système d’équations para- métriques est
x = −2 y = −1+3t z = t
,t∈R.
SoitM(−2 ;−1+3t;t) un point deD.
On a :xM+yM−3zM+3= −2−1+3t−3t+3=0 donc, pour toutt,Mappartient au planP1.Dest incluse dansP1.
xM−2yM+6zM= −2−2(−1+3t)+6t=0 donc, pour toutt,Mappartient au planP2.Dest incluse dans P2.
Dest donc l’intersection de ces deux plans.
4. Un vecteur directeur deDest−→u
0 3 1
.
−
→u.→−n =1 doncDest sécante au plan (ABC).
On cherche l’intersection deDet du plan (ABC).
SoitM(−2 ;−1+3t;t) un point deD.Mappartient au plan (ABC) équivaut à
4−1+3t−2t−2=0⇔1+t=0⇔t= −1.
Le point d’intersection deDet du plan (ABC) est le point E(−2 ;−4 ;−1).
5. (a) SoitS la sphère de centreΩ(1 ;−3 ; 1) et de rayonr=3.
M∈S ⇔ΩM=3⇔ΩM2=9
⇔ (x−1)2+(y−3)2+(z−1)2 = 9 ⇔ x2− 2x +1+y2−6y +9+z2−2z +1 = 9 ⇔
x2+y2+z2−2x+6y−2z+2=0.
(b) On cherche l’intersection de la sphèreS et de la droiteD.
SoitM(−2 ; −1+3t; t) un point quelconque deD. Il apparient ausi àS si, et seuement si, ses coordonnées vérifient l’équation deS. Page 3/4
On obtient :
(−2)2+(−1+3t)2+t2−2×(−2)+6(−1+3t)− 2t+2=0⇔10t2+10t+5=0⇔2t2+2t+1=0.
∆= −4 <0 donc la droite ne coupe pas la sphère.
(c) d(Ω; (ABC))=
¯¯−2xΩ+yΩ−2zΩ¯¯ p(−2)2+12+(−2)2 = 9
p9 = 9
3 =3 qui est le rayon de la sphère donc la sphère est bientangenteau plan (ABC).
Exercice IV (sur 5 points)
Pour les élèves ne suivant pas l’enseignement de spécia- lité
Partie A - Algorithmique et conjectures
1. Affecter àula valeur n×un+1 2(n+1) Affecter ànla valeur n+1.
2. Il faut rajouter avant le Fin Tant que :
« Afficher la variableu» .
3. La suite (un) semble êtredécroissantevers 0.
Partie B - Étude mathématique
1. Pour tout entiernÊ1,vn+1=(n+1)un+1−1
= (n +1)× n×un+1
2(n+1) −1 = n×un+1
2 − 2
2 = n×un−1
2 = 1
2vn .
Cette relation montre que la suite (vn) estgéomé- triquede raison 1
2 et de premier terme v1=1×u1−1= 1
2 .
2. On a donc pour tout entier n Ê 1, vn+1= 0,5× 0,5n−1= 0,5n .
Orvn=nun−1⇐⇒ un=vn+1
n = 1+0,5n
n .
3. Comme−1<0,5<1, on sait que lim
n→+∞0,5n=0, et comme lim
n→+∞
1
n=0, on a donc lim
n→+∞un=0 . 4. Pour tout entiernÊ1, on a :
un+1 − un = 1+(0,5)n+1
n+1 − 1+(0,5)n
n =
n+n×0,5n+1−(n+1)−(n+1)×0,5n
n(n+1) =−1+0,5n×0,5n−(n+1)×0,5n n(n+1)
=−1+0,5n(0,5n−n−1)
n(n+1) =−1+0,5n(−0,5n−1) n(n+1) =
−1+(1+0,5n)(0,5)n n(n+1) .
Les deux termes du quotient sont supérieurs à zéro, donc pour tout entiernÊ1, on a :
un+1−un<0, ce qui démontre que la suite (un) est décroissante(vers zéro).
Partie C - Retour à l’algorithmique
Variables nest un entier naturel uest un réel
Initialisation Affecter ànla valeur 1 Affecter àula valeur 1,5 Traitement Tant queuÊ0,001
Affecter à u la va- leurn×u+1
2(n+1)
Affecter à n la va- leurn+1
Fin Tant que Sortie Afficher la variablen
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