1.a. Quand la case obtenue est blanche, on tire un jeton du sac et il y a 3 jetons de numéro impair parmi les 5 jetons donc ( G ) = 3 5.

(1)

D’après BAC Spécialité : Asie Sujet 1 Mai 2022 Exercice 1 ( 7 points )

1.a. Quand la case obtenue est blanche, on tire un jeton du sac et il y a 3 jetons de numéro impair parmi les 5 jetons donc P_B ( G ) = ³

5. 1.b.

2.a. P ( G ) = P ( B  G ) + P ( R  G )

donc P ( G ) = P ( B ) P_B ( G ) + P ( R ) P_R ( G ) donc P ( G ) = ¹

3  3 5 + ²

3  3 10 donc P ( G ) = ²

5 donc P ( G ) = 0,4.

2.b. On demande P_G ( B ).

P_G ( B ) = ⁽ ⁾ ( )

P B G

P G



donc P_G ( B ) = ^0,2 0,4 donc P_G ( B ) = = 0,5.

La probabilité que le joueur ait obtenu une case blanche en lançant la roue sachant qu’il a gagné est égale à 0,5.

3. P_G ( B ) ≠ P ( B ) donc les évènements B et G ne sont pas indépendants.

(2)

4.a. L’expérience aléatoire la répétition de n = 10 épreuves identiques et indépendantes.

Chaque épreuve possède deux résultats possibles :

• le succès ( « le joueur gagne la partie » ) de probabilité p = 0,4 ;

• l’échec ( « le joueur ne gagne pas la partie » ) de probabilité 1 – p = 0,6.

On est en présence d’un schéma de Bernoulli.

X est la variable aléatoire donnant le nombre de succès donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,4.

4.b. P ( X = 3 ) = ¹⁰ 3

 

 

   0,4 ³  0,6 ⁷ donc P ( X = 3 ) ≈ 0,215.

4.c. P ( X ≥ 4 ) = 1 – P ( X ≤ 3 ) donc P ( X ≥ 4 ) ≈ 0,618.

La probabilité que le joueur gagne au moins 4 parties est environ égale à 61,8 % . 5.a. Soit Y la variable aléatoire donnant le nombre de parties gagnées.

Y suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,4.

p n = P ( Y ≥ 1 ) donc p n = 1 – P ( Y = 0 ) donc p n = 1 – 0,6 ⁿ. 5.b. p n ≥ 0,99

ssi 1 – 0,6 ⁿ ≥ 0,99 ssi 0,6 ⁿ ≤ 10 ^{– 2}

ssi ln ( 0,6 ⁿ ) ≤ ln ( 10 ^{– 2} ) ssi n ln ( 0,6) ≤ – 2 ln ( 10 ) ssi n ≥ – 2 ln ( 10 ) / ln ( 0,6 ) ssi n ≥ 10 car n est un entier.

La plus petite valeur de l’entier n pour laquelle la probabilité de gagner au moins une partie est supérieure ou égale à 0,99 est n = 10.

(3)

Partie A modèle discret de la quantité médicamenteuse

1. D’après l’énoncé, u 1 = u 0 – 10 % u 0 + 0,25 = 1 – 0,1 + 0,25 = 1,15.

La quantité de médicament dans le sang au bout d’une demi-heure est égale à 1,15 mg.

2. Soit n un entier naturel.

D’après l’énoncé, u n + 1 = u n – 10 % u n + 0,25 donc u n + 1 = 0,9 u n + 0,25.

3.a. Montrons par récurrence sur n que, pour tout entier naturel n, u n ≤ u n + 1 < 5.

Etape 1 ( Initialisation ) :Vérifions que u 0 ≤ u 1 < 5.

u 0 = 1 et u 1 = 1,25. 1 ≤ 1,25 < 5 donc u 0 ≤ u 1 < 5.

Etape 2 ( Hérédité ) : Supposons que u n ≤ u n + 1 < 5 pour un certain entier n ≥ 0.

Montrons alors que u n + 1 ≤ u n + 2 < 5.

u n ≤ u n + 1 < 5 par hypothèse de récurrence donc 0,9 u n ≤ 0,9 u n + 1 < 4,5

donc 0,9 u n + 0,25 ≤ 0,9 u n + 1 + 0,25 < 4,75 donc u n + 1 ≤ u n + 2 < 5.

3.b. Pour tout n de N, u n ≤ u n + 1 donc la suite ( u n ) est croissante.

Pour tout n de N, u n < 5 donc la suite ( u n ) est majorée par 5.

La suite ( u n ) est croissante et majorée donc la suite ( u n ) est convergente.

4.a.

def efficace ( ) : u = 1

n = 0

while u < 1.8 : u = 0.9 * u + 0.25 n = n + 1

return n

4.b. La valeur renvoyée par ce script est n = 8. u n ≥ 1,8 à partir de n = 8.

Le médicament est réellement efficace au bout de 4 heures de traitement.

5.a. Pour tout n de N, v n + 1 = 2,5 – u n + 1 donc v n + 1 = 2,5 – 0,9 u n – 0,25 donc v n + 1 = 2,25 – 0,9 ( 2,5 – v n ) donc v n + 1 = 2,25 – 2,25 – 0,9 v n

donc v n + 1 = 0,9 v n donc ( v n ) est une suite géométrique de raison q = 0,9.

v 0 = 2,5 – u 0 = 2,5 – 1 = 1,5.

5.b. Pour tout n de N, v n = v 0  0,9 ⁿ donc 2,5 – u n = 1,5  0,9 ⁿ donc u n = 2,5 – 1,5  0,9 ⁿ. 5.c. Pour tout n de N, 1,5  0,9 ⁿ > 0 donc u n < 2,5 donc u n < 3.

D’après le modèle choisi, le traitement ne présente pas un risque pour le patient.

(4)

Partie B modèle continu de la quantité médicamenteuse 1. f ( 3,75 ) = 2,5 – 1,5 e ^{– 7,5} donc f ( 3,75 ) ≈ 1,791.

f ( 3,75 ) < 1,8 donc le médicament n’est pas réellement efficace au bout de 3 h 45 min.

2. f ( t ) ≥ 1,8

ssi 2,5 – 1,5 e ^{– 0,2 t} ≥ 1,8 ssi 1,5 e ^{– 0,2 t} ≤ 0,7 ssi e ^{– 0,2 t} ≤ ^0,7

1,5

ssi ln ( e ^{– 0,2 t} ) ≤ ln ( ⁷ 15 ) ssi – 0,2 t ≤ – ln ( ¹⁵

7 ) ssi t ≥ 5 ln ( ¹⁵

7 ).

0,3810 < 5 ln ( ¹⁵

7 ) < 3,811.

3 h 48 min 39 s < 3,811 h < 3 h 48 min 40 s.

Selon le modèle, le médicament devient réellement efficace au bout d’environ 3 h 49 min.

3. • Selon le modèle de la partie A :

le médicament devient réellement efficace au bout d’environ 4 h.

• Selon le modèle de la partie B :

le médicament devient réellement efficace au bout d’environ 3 h 49 min.

• Les résultats obtenus sont relativement proches.

(5)

1.

2. R ( 1 ; 0 ; 3 ) et P ( 0 ; 0 ; 1 ) donc RP ( 0 – 1 ; 0 – 0 ; 1 – 3 ) donc RP ( – 1 ; 0 ; – 2 ).

R ( 1 ; 0 ; 3 ) et Q ( 0 ; 2 ; 3 ) donc RQ ( 0 – 1 ; 2 – 0 ; 3 – 3 ) donc RQ ( – 1 ; 2 ; 0 ).

RP ² = || RP || ² = ( – 1 ) ² + ( 0 ) ² + ( – 2 ) ² = 1 + 0 + 4 = 5.

RQ ² = || RP || ² = ( – 1 ) ² + ( 2 ) ² + ( 0 ) ² = 1 + 4 + 0 = 5.

RP ² = RQ ² donc RP = RQ donc le triangle PQR est isocèle en R.

3. Les vecteurs RP et RQ sont colinéaires ssi il existe un réel t tel que RP = t RQ

ssi il existe un réel t tel que – 1 = – 1 t et 0 = 2 t et – 2 = 0 t ssi il existe un réel t tel que t = 1 et t = 0 et – 2 = 0

ce qui est impossible.

Les vecteurs RP et RQ ne sont pas colinéaires donc les points P , Q , R ne sont pas alignés donc les points P, Q et R définissent un plan.

(6)

4.a. u . RP = ( 2 )  ( – 1 ) + ( 1 )  ( 0 ) + ( – 1 )  ( 2 ) = – 2 + 0 + 2 = 0.

u . RQ = ( 2 )  ( – 1 ) + ( 1 )  ( 2 ) + ( – 1 )  ( 0 ) = – 2 + 2 + 0 = 0.

Le vecteur u est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires RP et RQ donc u est un vecteur normal au plan ( PQR ).

4.b. u ( 2 ; 1 ; – 1 ) est un vecteur normal au plan ( PQR )

donc une équation du plan ( PQR ) est : 2 x + 1 y – 1 z = 2 x P + 1 y P – 1 z P donc une équation du plan ( PQR ) est : 2 x + y – z = – 1.

4.c. La droite ( d ) passe par le point E ( 0 ; 0 ; 3 ) et a pour vecteur directeur u ( 2 ; 1 ; – 1 ) donc une représentation paramétrique de la droite ( d ) est :

E E E

+

u u u

x x t x

y y t y

z z t z

 

 

 



( t  R ) c’est-à-dire

2 3

x t

y t

z t

 

 

  



( t  R ).

4.d. Cherchons le point d’intersection noté L de la droite ( d ) et du plan ( PQR ).

L ( x ; y ; z ) appartient à ( d ) donc x = 2 t et y = t et z = 3 – t.

L ( x ; y ; z ) appartient à ( PQR ) donc 2 x + y – z = – 1.

Par conséquent : 2 ( 2 t ) + t – ( 3 – t ) = – 1 donc 4 t + t – 3 + t = – 1 donc 6 t = 2 donc t = ¹

3. Pour t = ¹

3 : x = 2 t = ²

3 ; y = t = ¹

3 ; z = 3 – t = ⁸

3. L ( ² 3 ; ¹

3 ; ⁸ 3 ).

4.e. La distance entre le point E et le plan ( PQR ) est égale à EL.

E ( 0 ; 0 ; 3 ) et L ( ² 3 ; ¹

3 ; ⁸

3 ) donc EL ( ² 3 ; ¹

3 ; – ¹ 3 ).

EL ² = ( ²

3 ) ² + ( ¹

3 ) ² + ( – ¹

3 ) ² = ⁶

9 donc EL = ⁶ 3 . 5. Le triangle EQR est rectangle en E

donc aire ( EQR ) = ¹

2  EQ  ER = ¹

2  2  1 = 1.

volume ( EPQR ) = ¹

3  aire ( EQR )  EP = ¹

3  1  2 = ² 3 . 6. volume ( EPQR ) = ¹

3  aire ( PQR )  EL donc ²

3 = ¹

3  aire ( PQR )  ⁶

3 donc aire ( PQR ) = 6 .

(7)

Partie A

1. • Le point A ( 1 ; 3 ) appartient à la courbe C f donc f ( 1 ) = 3.

• La droite ( AB ) a pour coefficient directeur ^B ^A

B A



 y y

x x = ^{5 3} 3 1



 = 1.

La droite ( AB ) est la tangente ( AB ) à la courbe C f au point A donc f ′ ( 1 ) = 1.

2.a. Pour tout réel x,

f ( x ) = ln ( a x ² + 1 ) + b donc f ′ ( x ) = ²₂

+ 1 a x a x . 2.b. • f ′ ( 1 ) = 1

donc ² + 1

a a = 1 donc 2 a = a + 1 donc a = 1.

• f ( 1 ) = 3

donc ln ( a + 1 ) + b = 3 or a = 1 donc ln ( 2 ) + b = 3

donc b = 3 – ln ( 2 ).

(8)

Partie B

1. • Pour tout x appartenant à R, – x appartient à R.

• Pour tout réel x,

f ( – x ) = ln ( ( – x ) ² + 1 ) + 3 – ln ( 2 ) or ( – x ) ² = x ² donc f ( – x ) = ln ( x ² + 1 ) + 3 – ln ( 2 )

donc f ( – x ) = f ( x ).

• On en déduit que f est une fonction paire.

2.

+

lim

x x ² + 1 = + ∞ et

+

lim

y ln ( y ) = + ∞ donc

+

lim

x ln ( x ² + 1 ) = + ∞ par composée.

+

lim

x ln ( x ² + 1 ) = + ∞ donc

+

lim

x ln ( x ² + 1 ) + 3 – ln ( 2 ) = + ∞.

On en déduit que lim +

x  f ( x ) = + ∞.

+

lim

x  f ( x ) = + ∞ et f est une fonction paire donc

lim

x   f ( x ) = + ∞.

3. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = ₂² + 1

x

x en utilisant la question A 2. a. et le fait que a = 1.

Pour tout réel x, x ² + 1 > 0 et 2 > 0 donc f ′ ( x ) a même signe que x.

f ′ < 0 sur ] – ∞ ; 0 [ , f ′ ( 0 ) = 0 , f ′ > 0 sur ] 0 ; + ∞ [.

f est strictement décroissante sur ] – ∞ ; 0 [ et f est strictement croissante sur [ 0 ; + ∞ [.

f ( 0 ) = ln ( 0 ² + 1 ) + 3 – ln ( 2 ) = 3 – ln ( 2 ).

x – ∞ 0 + ∞ f ' ( x ) – 0 + f ( x )

+ ∞ + ∞ 3 – ln ( 2 )

4. Si k > 3 – ln ( 2 ) alors l’équation f ( x ) = k admet deux solutions.

5. f ( x ) = 3 + ln ( 2 )

ssi ln ( x ² + 1 ) + 3 – ln ( 2 ) = 3 + ln ( 2 ) ssi ln ( x ² + 1 ) = 2 ln ( 2 )

ssi ln ( x ² + 1 ) = ln ( 4 ) ssi x ² + 1 = 4

ssi x ² = 3

ssi x = – 3 ou x = 3 . S = { – 3 ; 3 }.

(9)

Partie C

1. Par lecture graphique :

on conjecture que les abscisses des éventuels points d’inflexion de la courbe C f sont x = – 1 et x = 1.

2. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = ₂²

+ 1 x x

donc f ′′ ( x ) =

2

2 2

( 2 ) ( + 1 ) 2 ( 2 ) ( + 1 )

x x x

x

 donc f ′′ ( x ) =

2 2

2 + 2 4 ( + 1 )

x x

x

 donc f ′′ ( x ) =

2

2 2

2 2 ( + 1 )

x x

 donc f ′′ ( x ) =

2

2 2

2 ( 1 ) ( + 1 )

x x

 .

3. Pour tout réel x, ( x ² + 1 ) ² > 0 et 2 > 0 donc f ′′ ( x ) a même signe que 1 – x ². Le trinôme 1 – x ² = ( 1 + x ) ( 1 – x ) s’annule en – 1 et en 1.

Le trinôme 1 – x ² est du signe de – 1 sauf entre ses racines – 1 et 1.

x – ∞ – 1 1 + ∞ 1 – x ² – 0 + 0 –

f ′′ < 0 sur ] – ∞ ; – 1 [ et sur ] 1 ; + ∞ [.

f ′′ ≥ 0 sur [ – 1 ; 1 ].

On en déduit que le plus grand intervalle sur lequel la fonction f est convexe est [ – 1 ; 1 ].