CORRECTION DU BAC BLANC 2015. MATHEMATIQUES. TERMINALE S.

(1)

CORRECTION DU BAC BLANC 2015.

MATHEMATIQUES. TERMINALE S.

EXERCICE 1. Pour tous les candidats.

A. Restitution organisée de connaissances : Voir le cours

B.

1. A et F sont indépendants donc P(A F) P(A) P(F) 0,0002.

La probabilité que l appareil présente un défaut d apparence et un défaut de fonctionnement est 0,0002.

2. P(A F) P(A) P(F) P(A F) 0,02 0,01 0,0002 0,0298.

La probabilité que l appareil présente un défaut est 0,0298.

3. A et F étant indépendants, PA(F) P(F) 0,01.

Sachant que l appareil présente un défaut d apparence, la probabilité qu il présente aussi un défaut de fonctionnement est 0,01.

4.

a. On répète 100 fois de façon indépendante l épreuve de Bernoulli consistant à choisir un appareil et à noter s il est défectueux. La probabilité que l appareil choisi soit défectueux est 0,0298. Alors la variable aléatoire X qui compte le nombre d appareils défectueux suit la loi binomiale de paramètres 100 et 0,0298.

b. P(X 1) 1 P(X 0) 1 (1 0,0298)¹⁰⁰ 0,95.

La probabilité qu au moins un des appareils prélevés soit défectueux est environ 0,95.

c. P(X 2)=1-P(X 1) 0,80

La probabilité qu au moins deux des appareils prélevés soient défectueux est environ 0,80.

d. E(X) 100 0,0298 2,98. Sur un grand nombre de lots de 100 appareils, on trouvera en moyenne 2,98 appareils défectueux par lot.

EXERCICE 2. Pour tous les candidats.

1. z z  z² 4z 3 z  z² 3z 3 0 3 donc l équation a deux solutions qui sont z1

3 i 3 2 et z2

3 i 3

2 . Il existe donc deux points invariants, d affixes 3 i 3

2 et 3 i 3 2 . 2. A a pour coordonnées



 3

2

3

2 ; B a pour coordonnées



 3

2

i 3

2 et O a pour coordonnées (0 0).

OA²



 3 2

2



 3 2

2

3 ; OB²



 3 2

2



 3 2

2

3 et AB² 0²



 2 3

2

3.

On a OA OB AB 3 donc OAB est un triangle équilatéral.

3. Soit M un point d affixe z x i y avec x et y des réels.

M a pour affixe z (x iy)² 4(x i y) 3 x² 2ixy y² 4x 4iy 3 M est sur l axe des réels ssi Im(z ) 0

ssi 2xy 4y 0 ssi 2y(x 2) 0 ssi y 0 ou x 2 0 ssi y 0 ou x 2

L ensemble E est la réunion des droites d équations y 0 (axe des abscisses) et x 2.

EXERCICE 3. Pour tous les candidats.

Partie A

On peut tracer les droites ci-contre :

(2)

Partie B

f et g sont dérivables sur avec, pour tout réel x, f (x) e^x et g (x) e ^x. 1.

a. Le coefficient directeur de D est f (a) e^a. b. Le coefficient directeur de D est g (b) e ^b.

c. Le coefficient directeur d une droite étant unique, on a e^a e ^b, c'est-à-dire a b ou b a.

2. Une équation de D est y f (a)(x a) f(a), c'est-à-dire y eâx aeâ eâ. L ordonnée à l origine de D est eâ aeâ.

D autre part, une équation de D est y g (b)(x b) g(b), c'est-à-dire y e ^bx be ^b 1 e ^b. L ordonnée à l origine de D est –be ^b 1 e ^b.

L ordonnée à l origine d une droite étant unique, on a e^a ae^a –be ^b 1 e ^b. Or b a.

Ainsi, eâ aeâ aeâ 1 eâ, c'est-à-dire 2aeâ 2eâ 1 0 c'est-à-dire 2(a 1)eâ 1 0 a est donc solution de l’équation 2(x 1)e^x 1 0.

Partie C 1.

a. lim

x

e^x lim

x

x donc lim

x

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

On sait que lim

x

xe^x 0 et lim

x

e^x 0 donc lim

x

(x) 1.

b. La fonction est dérivabl e s ur . (x) 2e^x 2(x 1)e^x 2xe^x.

e^x 0 pour tout réel x donc (x) est du signe de x : on peut construire le tableau de signes : x 0 +

(x) +

c. On peut donc construire le tableau de variation de la fonction sur : x 0 +

(x) 1 + 1

2.

a. La fonction est continue et strictement décroissante sur ] 0] avec lim

x

(x) 1 et (0) 1 ; 0  [ 1 1[ donc l équation (x) 0 admet une unique solution dans ] 0].

De même, l équation (x) 0 admet une unique solution dans [0 [.

0 n étant pas solution, ≠ .

Ainsi, l’équation (x) 0 admet exactement deux solutions dans .

b. On obtient 1,68 ( 1,679 1,678) et 0,77 (0,768 0,769).

Partie D

1. E( f( )) et F( g( )), c'est -à-di re E

(

^e

)

^{et F}

(

¹ ^e

)

La tangent e T à C_f au point E a pour équation y f ( )(x ) f( ), c'est-à-dire y e

Par construction, E est un point de T.

Montrons que F est aussi un point de T : Pour x : y e ( 2 ) e

Or ( ) 0, c'est-à-dire 2 e 2e 1 0, ou encore 2 e 2e 1

Ainsi, pour x : y 2e 1 e e 1 yF. F est donc un point de T.

T est donc la droite (EF) : la droite (EF) est tangente à la courbe C_f au point E. 2. De même, (EF) est tangente à Cg au point F.

(3)

EXERCICE 4. (5 points). candidats n ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

Partie A

1. Initialisation : u0 2 1 donc la propriété est vraie pour n 0.

Hérédité : soit p un entier naturel tel que up 1. Montrons que up 1 1.

up 1 1 1 3up 3 up

3 up

2

(

^u^p ¹

)

3 up

Or up 1 donc up 1 0 et 3 up 0 donc 2

(

^u^p ¹

)

3 up

0 donc u_p ₁ 1 0 donc up 1 1

Conclusion : pour tout entier naturel n, on a : u_n > 1.

2. Soit n un entier naturel a. un 1 un=1 3un

3 un

un

1 3un 3un un 2

3 un

1 un 2

3 un

(

¹ ^uⁿ

) (

¹ ^uⁿ

)

3 un

b. un 1 donc 1 un 0 ; 1 un 0 et 3 un 0.

Ainsi, u_n ₁ u_n 0.

La suite

( )

^uⁿ est donc décroissante. Elle est minorée par 1 donc elle converge.

Partie B 1.

i 1 2 3

u 0,8 1,077 0,876

2. La suite

( )

^uⁿ semble non monotone. Elle semble converger vers 1.

3.

a. Soit n un entier naturel.

vn 1

un 1 1 un 1 1

1 0,5u_n 0,5 u_n 1 1 0,5un

0,5 un

1

1 0,5un 0,5 un

0,5 un

1 0,5un 0,5 un

0,5 0,5un

1,5 1,5un

vn 1

0,5

(

^uⁿ ¹

)

1,5

(

^uⁿ ¹

)

1

3 vn. La suite

( )

^vⁿ est géométrique de raison 1 3. b. v0

u₀ 1 u0 1

2 1 2 1

1

3. Pour tout n de , vn

1 3 

 1 3

n ( 1)ⁿ 3ⁿ ¹ 4. Soit n un entier naturel

a. Pour tout n de , 3ⁿ ¹ 1 donc vn 1. Ainsi, pour tout entier naturel n, on a : vn ≠ 1.

b. vn

un 1

un 1 donc vn

(

^uⁿ ¹

)

^uⁿ ¹

donc vnun un 1 vn

donc un

(

^vⁿ ¹

)

¹ ^vⁿ

donc un

1 vn

vn 1 car vn 1 ≠ 0 d après la question a donc un

1 vn

1 v_n

c. 1



 1

3 1 donc lim

n 

 1 3

n

0 donc lim

n

vn 0 Alors, d après la question b, lim

n

un 1. La limite de la suite

( )

^uⁿ ^{est 1.}

(4)

EXERCICE 5. (5 points). spécialité.

PartieA

1. On peut construire la table d exécution suivante :

c 0 1 2 3

a 13 9 5 1

b 4 4 4 4

a b? oui oui oui non

On obtient c 3 et a 1.

2. Cet algorithme permet de calculer le quotient (c) et le reste (a) dans la division euclidienne de a par b.

PartieB

1. U 20 9 20 5 185 7 26 3 3 D. U est codé par D.

2. On peut modifier l algorithme ainsi : Variables m, a, c sont des entiers naturels Initialisation Affecter à c la valeur 0

Demander la valeur de m

Traitement

p prend la valeur 9m 5 Tant que a 26

Affecter à c la valeur c+1 Affecter à p la valeur p – 26 Fin de tant que

Sortie Afficher p

Partie C

1. x 3 convient car 9 3 27 26 1 1.

2. Si 9m 5  p[26] alors 27m+15 3p[26]

alors 27m 3p 15[26]

alors m 3p 15[26] car 27  1[26]

Si m 3p 15[26], alors 9m 27p 135[26]

alors 9m p 5[26] car 27  1[26] et 135 5 26 5  5[26]

alors 9m 5  p[26]

On a donc prouvé l’équivalence : 9m 5  p[26]  m  3p 15[26].

3. Soit m le nombre associé à une lettre codée par la lettre B.

On a 0 m 25 et 9m 5 1[26] car B est associé au nombre 1

D après la question 2 (avec p 1), on a alors m  12[26], c'est-à-dire m 26k 12 avec k un entier.

m étant compris entre 0 et 25, on a k 1 et m=14.

Le nombre 14 correspond à la lettre O.

Si la lettre B code une lettre, c est la lettre O.

Vérification : O 14 9 14 5 131 5 26 1 1 B : O est bien codée par B.

La lettre codée par B est la lettre O.