() () CORRECTION BAC BLANC 2018.

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BAC BLANC 2018.

CORRECTION EXERCICE 1. Pour tous les candidats.

Partie I.

1) On peut construire l arbre ci-dessous :

2) P(V A) P(A) PA(V) 0,6 0,98 0,588.

La probabilité que la bille choisie soit vendable et provienne de la machine A est 0,588.

3) P(V) P(V A) P(V B) donc P(V B) P(V) P(V A) 0,96 0,588 0,372 4) PB(V) P(B V)

P(B)

0,372

0,4 0,93. La probabilité que la bille soit vendable sachant qu’elle provient de la machine B est 0,93.

5) P

V(A) P

(

^{V A}

)

P

( )

^V

0,6 0,02

1 0,96 0,3. Le technicien a tort. Ce sont 30% des billes non vendables qui proviennent de la machine A.

Partie II :

1) On répète 40 fois de façon indépendante l épreuve de Bernoulli qui consiste à choisir une bille et à noter si elle est noire. La probabilité que la bille choisie soit noire est 1

5 0,2.

Alors X suit la loi binomiale de paramètres 40 et 0,2.

2) P(X 10) 0,107. La probabilité que le sachet contienne exactement 10 billes noires est environ 0,107.

3) P(X 12) 1 P(X 12) 0,043. La probabilité de compter plus de 12 billes noires est environ 0,043.

4) E(X) 40 0,2 8. Si on choisit un grand nombre de sachets, on a en moyenne 8 billes noires par sachet.

EXERCICE 2. Pour tous les candidats.

1)

a) z0 2 ; z1 1 1 2

1

2 ; z2 1 1 1 2

1 ; z3 1



 1

1 2 ; z4

1

2 ; z5 1 et z6 2.

b) z0 i ; z1 1 1

i 1 i

i² 1 i ; z2 1 1

1 i 1 1 i

(1 i)(1 i) 1 1 i 2

1 2

1 2i ; z3 1 1

1 2

1 2i

1 2

1 i 1 2(1 i)

(1 i)(1 i) 1 2 2i

2 1 1 i i

z4 1 i ; z5

1 2

1

2i et z6 i.

c) On peut conjecturer que, pour tout entier naturel n, z3n z0. Prouvons-le :

A

0,6

V 0,98

V 0,02

B

0,4 V

V

2

Initialisation : pour n0 0 : z3 0 z0 donc la propriété est vraie pour n0 0.

Hérédité : soit p un entier naturel tel que z3p z0. Montrons que z3(p 1) z0, c'est-à-dire z3p 3 z0. z3p 1 1 1

z3p

1 1

z0

z0 1 z0

. z3p 2 1 1

z_{3p 1} 1 1 z0 1

z0

1 z0

z0 1

z0 1 z0

z0 1

1 z0 1

z3(p 1) z3p 3 1 1 1 z0 1

1

(

^{z0 1}

)

^z0

Conclusion : pour tout entier naturel n, z3n z0.

2) 2016=3 672. 672 étant un nombre entier, z2016 z3 672 z0 1 i. 3) z₀ z₁  1 1

z₀ z₀  z0 1 z0² z0

0  z₀² z₀ 1 0 et z₀  0 3 0.

L équation du second degré z² z 1 a deux racines non nulles ( 0² 0 1 0) dans donc il existe deux valeurs de z₀pour lesquelles z₀ z₁. La suite

( )

^zn est alors une suite constante (se démontre simplement par récurrence).

Remarque : les valeurs (non demandées) de z0 pour lesquelles z0 z1 sont 1 i 3

2 et 1 i 3 2

EXERCICE 3. Pour tous les candidats.

Partie A 1) lim

x

2 x et lim

x

e^x donc lim

x

g(x) . Pour tout x de , g(x) 2e^x xe^x 1

lim

x

e^x 0 et lim

x

xe^x 0 donc lim

x

g(x) 0.

2) g est dérivable sur . Pour tout réel x, g (x) e^x (2 x)e^x e^x(2 x 1) e^x(1 x).

On peut construire le tableau de signes et de variation : x 1 + e^x

1 x g (x)

g(x) e 1

0 3)

a. Sur [0 1], le minimum de g est g(0) 2e⁰ 1 1 0 donc l équation g(x) 0 n a pas de solution dans cet intervalle.

Sur [1 [, la fonction g est continue et strictement décroissante ; g(1) e 1, lim

x

g(x) et 0 ] e 1] donc l équation g(x) 0 admet une unique solution dans cet intervalle.

Ainsi, l équation g(x) 0 admet une unique solution dans [0 [.

b. g(1,841) 0 et g(1,842) 0 donc une valeur approchée au centième près de est 1,84.

4) On peut en déduire le tableau de signes suivant : x 0 +

g(x)

3

Partie B

1) f est dérivable sur [0 [ f (x) e^x

(

^{ex x}

) (

^{ex 1}

) (

^{ex 1}

)

(

^{ex x}

)

²

xe^x e^x e^x 1

(

^{ex x}

)

²

g(x)

(

^{ex x}

)

² On a donc le tableau suivant : x 0 +

g(x)

(

^{ex x}

)

²

f (x)

f(x) f(α)

0

2) On admet que l'équation e^x−x−1=0 admet 0 comme unique solution.

a) Soit x un réel supérieur ou égal à 0.

f(x) x e^x 1

e^x x x e^x 1 xe^x x² e^x x

D autre part, (1 x)

(

^{ex x 1}

)

^{ex x 1 xex x² x ex 1 xex x².}

Ainsi, f(x) x (1 x)

(

^{ex x 1}

)

e^x x .

b) f(x) x  f(x) x 0  1 x 0 ou e^x x 1 0  x 1 ou x 0

Ainsi, les solutions de l'équation f (x)=x sur [0 ; +∞[ sont 0 et 1.

Partie C

1) Initialisation : pour n0 0, u0

1

2 ; u1 f



 1

2 0,56 donc 1

2 u0 u1 1. La propriété est vraie pour n₀ 0.

Hérédité : soit p un entier naturel tel que 1

2 up up 1 1. Montrons que 1

2 up 1 up 2 1.

On a 1

2 up up 1 1 donc f



 1

2 f

( )

^{up f}

(

^{up 1}

)

^f(1) car f est croissante sur [0 ] et 0 1

2 1 .

c est-à-dire f



 1

2 up 1 up 2 f(1) avec f



 1 2

1

2 et f(1) 1 Ainsi, 1

2 up 1 up 2 1.

Conclusion : Pour tout entier naturel n, 1

2 un un 1 1.

2)

a) La suite

( )

^un est croissante et majorée par 1 (d après la question précédente) donc elle converge vers un réel L compris entre 1

2 et 1.

b) f(L) L et L 1

2 donc, d après la question B2b, L 1 : la suite

( )

^un converge vers 1.

3) Début algorithme u ← 1/2

n ← 0

Tant que u 0,99 u ← e u 1

e u u n ← n 1 Fin tant que Fin algorithme

4

EXERCICE 4. Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité.

5

EXERCICE 5. Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

Partie A

1) Le plan (UVK) et le plan (SEF) contiennent deux droites parallèles (EF) et (UV).

Ces deux plans se coupent suivant la droite (KM) donc d’après le théorème du toit on en déduit que (KM) et (UV) sont parallèles : Vrai.

2) Le plan (UVK) coupe le plan (SOA) suivant la droite (UK) et le plan (BCG) suivant la droite (NP).

Les plans (SOA) et (BCG) sont verticaux donc parallèles ; on en déduit alors que les droites (UK) et (NP) sont parallèles : Vrai.

Partie B

On considère un cube ABCDEFCH donné ci-dessous. On note M le milieu du segment [EH], N celui de [FC] et P le point tel que HP 1

4HG.

Partie A : Section du cube par le plan (MNP)

1. Les droites (MP) et (FG) sont coplanaires dans le plan (EFG) et non parallèles donc elles sont sécantes en un point L.

La section du cube par le plan (MNP) est le pentagone MPTQV.

T

Q

L

Droite d intersection de (MNP) et (ABF) U

V