Baccalauréat S − Liban − 11 juin 2009 Corrigé

TS 8 Bac blanc 2 : Correction 13 avril 2016 Exercice 1 : Vrai/Faux

1. Pr´elever un jeton et noter sa couleur est une ´epreuve de Bernoulli `a deux issues de succ`esobtenir la couleur blanchede probabilit´e ₁₀³.

On observe la r´ep´etition de 10 ´epreuves identiques et ind´ependantes. Soit X la variable al´eatoire qui compte le nombre de succ`es.X suit la loi binomiale de pa- ram`etres 10 et ₁₀³.

La probabilit´e d’obtenir au moins 2 jetons blancs est P(X > 2) = 1−P(X = 0)−P(X = 1) = 1− ₁₀⁷10

−10₁₀³ × ₁₀⁷10

≈0,850 `a 0,001 pr`es.

La proposition est donc fausse .

2. Un vecteur directeur deD1est~u(1; 2; 3) et celui deD2est~v(1; 1;−1). Les vecteurs ne sont pas colin´eaires. Les droites ne sont donc pas parall`eles.

Cherchons un point d’intersection.







t+ 1 =k+ 1 2t−1 =k+ 3 3t+ 2 =−k+ 4

⇔





 t=k 2t=k+ 4 3t=−k+ 2

⇔





 t=k t= 4 4t= 2

.

Les droite ne sont donc pas s´ecantes. La proposition est donc fausse . 3.

Z ^π₄

0

cos(2x)dx= 1

2sin(2x) ^π₄

0

=1

2(1−0) = 0,5 La proposition est donc vraie . 4. Attention `a ne pas confondre ind´ependante et incompatibilit´e.

Il y a deux fa¸cons d’obtenir A. (1; 2) et (2; 1).P(A) =₃₆² = ₁₈¹. Il y a 6 fa¸cons d’obtenirB. (1; 1), . . . ,(6; 6).P(B) = ₃₆⁶ =¹₆. Il n’est pas possible d’obtenirA∩B. DoncP(A∩B) = 0.

On a doncP(A∩B)6=P(A)×P(B). La proposition est donc fausse . Exercice 2 : ´Etude d’une fonction ln

Baccalauréat S − Liban − 11 juin 2009 Corrigé

Exercice 1 3 points

Bien que cela ne soit pas demandé dans l’énoncé, les affirmations sont ici démontrées.

1. On ap! A"

=3

5, doncp(A)=2

5. De plusAetBsont indépendants, doncp(A∩B)=p(A)×p(B).

On a :p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)=p(A)+p(B)−p(A)×p(B)=p(B)×#

1−p(A)$ +p(A) On en déduit :p(B)=p(A∪B)−p(A)

1−p(A) = 4 5−2

5 1−2 5

=2

3. La réponse correcte est doncb..

2. On ap(X>5)=1−p(X≤5)=1−

%5

0 0,04e^−0,04xdx=1−&

−e^−0,04x'5 0=1−#

−e^−0,04×5−e⁰$

=e^−0,2≈0,82.

La bonne réponse est donc la propositiond..

3. SoitCl’événement : « je sors mon chien » etPl’événement « il pleut ».PetPforment une partition de l’univers, donc j’utilise la formule des probabilités totales :

p(C)=p_P(C)×p(P)+p_P(C)×p(P)= 1 10×1

4+ 9 10×3

4=28 40= 7

10 On en déduitp_C!

P"

= p!

P∩C"

p(C) =p_P(C)×p(P) p(C) =

9 10^×34

107 =27

28. La bonne réponse est doncd..

Exercice 2 8 points

1 2 3

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

−5

x y

C

(T) (D)

Partie A

1. a. On a lim

x→+∞e^−x=0, donc lim

x→+∞1+e^−x=1 donc lim

x→+∞ln(1+e^−x)=0 donc lim

x→+∞f(x)= +∞

b. Commef(x)−1

3x=ln(1+e^−x) et que lim

x→+∞ln# 1+e^−x$

=0, on en déduit que la droite (D) est asymptote à (C) au voisinage de+∞.

c. Commef(x)−1

3x=ln(1+e^−x) et que∀x∈R,{−x}>0, on a 1+e^−x>1 et donc ln(1+e^−x)>0, dont on déduit que l’asymptote (D) est en dessous de la courbe (C) surR.

d. Soitxun réel. On af(x)=ln(1+e^−x)+1 3x=ln

( 1+ 1

e^x )

+1 3x=ln

(e^x+1 e^x

) +1

3x=ln(e^x+1)−ln(e^x)+1

3x=ln(e^x+1)−x+1 3x soitf(x)=ln(e^x+1)−2

3x

Partie A 1. (a) lim

x→+∞1 + e^−x = 1 et ln(1) = 0 par composition lim

x→+∞ln (1 + e^−x) = 0. Par somme lim

x→+∞f(x) = +∞. (b) Voir graphique

(c) f(x)−¹₃x= ln (1 + e^−x). Pour tout r´eelx, 1 + e^−x>1 donc ln (1 + e^−x)>0.

On en d´eduit que C est au-dessus deD . (d) Soit x un r´eel. On a f(x) = ln (1 + e^−x) + 1

3x = ln

1 + 1 e^x

+ 1

3x = ln

e^x+ 1 e^x

+1

3x= ln(e^x+ 1)−ln(e^x) +1

3x= ln(e^x+ 1)−x+1 3x soitf(x) = ln(e^x+ 1)−2

3x.

(e) lim

x→−∞1 + e^x = 1. Par composition, lim

x→−∞ln (1 + e^x) = 0. Par somme

x→−∞lim f(x) = +∞.

2. (a) f est d´erivable en tant que compos´ee d’une fonction x7−→e^x+ 1, d´efinie et d´erivable sur R et `a valeurs dans R<sup>+</sup>,o`u la fonction ln est d´erivable : cette compos´ee est donc d´erivable surR, la fonction lin´eaire que l’on y ajoute pour obtenirf(x) ´etant elle mˆeme d´erivable surR, la fonctionf est bien d´erivable surR.

Sa d´eriv´ee est : f⁰(x) = e^x

e^x+ 1−2

3 = 3e^x

3(e^x+ 1)−2(e^x+ 1)

3(e^x+ 1) =3e^x−2(e^x+ 1)

3(e^x+ 1) = e^x−2 3(e^x+ 1) . (b) Le d´enominateur de f⁰ est strictement positif, donc f⁰ est du signe de son num´erateur, et e^x−2 >0 ⇐⇒x >ln(2). On en d´eduit donc que la fonction f est strictement d´ecroissante sur ]− ∞; ln 2] puis strictement croissante sur [ln 2 ; +∞[.

Partie B

1. Le coefficient directeur deT est donn´e parf⁰(0). C’est donc f⁰(0) = e⁰−2

3(e⁰+ 1) = −1 6 .

2. Soitxun r´eel non nul, consid´eronsM etN les deux points de la courbe (C) d’abs- cisses respectivesxet−x.

L’ordonn´ee de M est doncyM =f(x) = ln (e^x+ 1)−2 3x.

Pour calculer celle de N, on va utiliser l’autre forme de f : yN = f(−x) = ln 1 + e^−(−x)

+1

3(−x) = ln (e^x+ 1)−1 3x.

Le coefficient directeur de (M N) est donc :

TS 8 Bac blanc 2 : Correction, Page 2 sur 2 2015-2016 yM−yN

x_M−x_N =

ln (e^x+ 1)−2 3x

−

ln (e^x+ 1)−1 3x

x−(−x) =

−2 3x+1

3x

2x =

−1 3x 2x =−1

6 Les droites (M N) et T ayant le mˆeme coefficient directeur, elles sont donc pa- rall`eles.

Exercice 3 : Int´egrale et algorithme

1. (a) f(0) = 3 donc l’intersection de la courbe avec l’axe des ordonn´ees a pour co- ordonn´ees (0; 3).

f(x) = 0 ⇔(x+ 3)e^−x = 0⇔x=−3 (car e^x >0) donc l’intersection de la courbe avec l’axe des abscisses a pour coordonn´ees (−3; 0).

(b) lim

x→−∞e^−x= +∞par produit, lim

x→−∞f(x) =−∞.

Pour x6= 0, f(x) = _e^x_x(1 + ³_x). Par croissance compar´ee lim

x→+∞

e^x

x = +∞ et

X→+∞lim

1

X = 0. Par composition lim

x→+∞

x

e^x = 0. Par produit, lim

x→+∞f(x) = 0 . C admet la droite d’´equationy= 0 comme aymptote horizontale.

(c) Soit u et v d´efinies sur Rparu(x) =x+ 3 et v(x) = e^−x, on a u⁰(x) = 1 et v⁰(x) =−e^−x. Doncf⁰(x) = e^−x−(x+ 3)e^−x=−(x+ 2)e^−x.

e^−x > 0 pour tout r´eel x. −x−2 > 0 pour x > −2. Donc f⁰(x) < 0 pour x >−2 etf⁰(x)>0 sinon.

Donc

f est strictement d´ecroissante sur ]−2; +∞[ et strictement croissante sur ]− ∞;−2[

2. (a)

k 0 1 2 3 4

f(^k₅) 3 2,82 2,279 1,976 1,707

S 0 0,6 1,124 1,58 1,975 2,316

On modifie la premi`ere ligne par : Pourk variant de 0 `an−1 Et la seconde par : Affecter `aS la valeurS+_n¹f(^k_n).

3. (a) L’aireA est donn´ee par Z 1

0

(x−3)e^−xdx=

(−x−4)e^−x1

0= −5e⁻¹+ 4 . (b) A −2,316≈ −0,155. L’erreur est donc de 0,155 .

Exercice 4 : Suite de nombres complexes 1.

3 4 +

√3 4 i

= v u u t

3 4

² +

√ 3 4

!2

= r9

16+ 3 16 =

r12 16 =

r3 4 =

√ 3 2 3

4+

√ 3 4 i =

√ 3 2







 3

√4 3 2

+

√ 3

√4 3 2

i









=

√ 3 2

3 4 × 2

√ 3+

√ 3 4 × 2

√ 3i

!

=

√ 3 2

√ 3 2 +1

2i

!

Or cosπ 6 =

√3

2 et sinπ 6 = 1

2. Donc le nombre complexe 3

4 +

√3

4 i a pour module

√3

2 et pour argument π 6 donc

sa forme exponentielle est

√3 2 e^iπ6 . 2. (a) rn+1=|zn+1|=

3 4+

√3 4 i

! zn

= 3 4+

√3 4 i

× |zn|=

√3 2 rn

Donc la suite (r_n) est g´eom´etrique de raison q =

√3

2 et de premier terme r₀=|z0|= 1.

(b) La suite (r_n) est g´eom´etrique donc, pour tout n, r_n = r₀ × qⁿ, donc r_n =

√3 2

!ⁿ .

(c) OAn=|zn|=rn= √

3 2

!ⁿ

(rn) est une suite g´eom´etrique de raison

√3

2 ; or −1 <

√3

2 <1 donc la suite (rn) converge vers 0. La longueurOAn tend donc vers 0 quand ntend vers +∞. 3. (a) `A 2πpr`es :

arg _z¹

= arg ¹_z

+ arg (z)−arg(z) = arg(1)−arg(z) =−arg(z).

arg _z^z0

= arg (z) + arg _z¹0

= arg(z)−arg(z⁰).

(b) zn−zn+1

0−z_n+1 =

z_n−

3 4 +

√ 3 4 i

z_n

−

3 4+

√ 3 4 i

z_n

= −1 +√ 3i 3 +√

3i = −1 +√ 3i

3−√ 3i

√12 = 2√

√3i 12

Donc−−−−−→

A_n+1;O;−−−−−−→

A_n+1;A_n

= arg

z_n−z_n+1 0−zn+1

=^π₂. Donc le triangle est bien rectangle enAn+1 .

(c) A_n est sur l’axe des ordonn´ees si arg(z_n) = ^π₂[2π] ou arg(z_n) =

3π

2[2π]. C’est-`a-dire qu’il existe un entier k tel que <sup>nπ</sup><sub>6</sub> = <sup>π</sup><sub>2</sub> + 2kπ ou <sup>nπ</sup><sub>6</sub> = <sup>3π</sup><sub>2</sub> + 2kπ, ce qui re- vient `a n = 3 + 12k ou n = 9 + 12k. An appartient donc `a l’axe des ordonn´ees si et seulement si

n∈ {3 + 6k|k∈N} .

(d)

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE EXERCICE 3 NON SPÉCIALITÉ

A0 A1 A2

A3

A4

A5

O A6

A7

A8 A9

Pondichéry 7 8 avril 2014