Bac 2023 - Corrigé bac J1 [PDF]

Zitiervorschau

BAC GÉNÉRAL 2023 Correction épreuve de spécialité mathématiques du 20 mars 2023 EXERCICE 1 On sait que 𝑃(𝐺) = 0,20 et que 𝑃(𝐺 ∩ 𝐷) = 0,002 et 𝑃(𝐷) = 0,082 d’après l’énoncé. 1. Réponse b "(!∩%) ','') En effet, on a 𝑃! (𝐷) = "(!) = ',)' = 0,01 2. Réponse b D’après la formule des probabilités totales (𝐺 et 𝐺̅ forment une partition de l’univers) : 𝑃(𝐷) = 𝑃(𝐺 ∩ 𝐷) + 𝑃(𝐺̅ ∩ 𝐷) donc 𝑃(𝐺̅ ∩ 𝐷) = 𝑃(𝐷) − 𝑃(𝐺 ∩ 𝐷) = 0,082 − 0,002 = 0,08 3. Réponse b On cherche 𝑃% (𝐺) =

"(%∩!) "(%)

','')

= ','*) ≈ 0,024

4. Réponse b On sait que 𝑃(𝑋 > 2) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 2) ≈ 0,789 5. Réponse c On cherche 𝑛 tel que 𝑃(𝑋 = 0) > 0,4 Ce qui équivaut à 0,918+ > 0,4 Soit ln(0,918+ ) > ln(0,4) Donc 𝑛 ln 0,918 > ln 0,4 ,- ',. Ce qui donne 𝑛 < ,- ',/0* d’où 𝑛 < 10,7 La plus grande valeur sera donc 10.

EXERCICE 2 𝑓(𝑥) = 𝑥 ) − 8 ln (𝑥) définie sur ]0; +∞[ 1. On sait que lim ln(𝑥) = −∞ et que lim 𝑥 ) = 0. 2→'

2→'

Donc lim −8 ln(𝑥) = +∞ 2→'

Par somme, 𝐥𝐢𝐦 𝐟(𝒙) = +∞ 𝒙→𝟎

2. On admet que 𝑓(𝑥) = 𝑥 ) I1 − 8 Par croissance comparée, lim

2→67

,-(2)

2! ,-(2) 2!

J.

= 0 donc lim I1 − 8 2→67

Et comme lim 𝑥 ) = +∞, par produit 𝐥𝐢𝐦 𝒇(𝒙) = +∞ 2→67

𝒙→67

*

3. 𝑓 8 (𝑥) = 2𝑥 − 2 𝒇8 (𝒙) =

𝟐𝒙𝟐 :𝟖 𝒙

=

𝟐 𝒙

,-(2) 2!

J=1

4. On étudie le signe de la dérivée sur ]0; +∞[ : 2 > 0 et 𝑥 > 0 sur ]0; +∞[. 𝑥 ) − 4 = (𝑥 − 2)(𝑥 + 2) donc c’est positif à l’extérieur des racines qui sont −2 et 2. Sur ]0; +∞[ , 𝑥 ) − 4 ≥ 0 pour 𝑥 ≥ 2 et 𝑥 ) − 4 ≤ 0 pour 0 < 𝑥 ≤ 2. On obtient le tableau de variations :

5. Sur l’intervalle ]0; 2], la fonction 𝑓 : - est continue (car dérivable) - est strictement décroissante - lim f(𝑥) = +∞ et 𝑓(2) = 4 − 8 ln(2) ≈ −1,545 < 0 donc 0 ∈ [𝑓(2); +∞[ 2→'

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, 𝒇(𝒙) = 𝟎 admet une unique solution 𝜶 ∈]𝟎; 𝟐]. 6. On admet que, sur l’intervalle [2; +∞[, l’équation 𝑓(𝑥) = 0 admet une unique solution 𝛽. On obtient donc le signes de 𝑓 sur ]0; +∞[ :

7. 𝑔? (𝑥) = 𝑥 ) − 8 ln(𝑥) + 𝑘 définie sur ]0; +∞[ avec 𝑘 réel. On cherche 𝑘 tel que 𝑔? (𝑥) ≥ 0 sur ]0; +∞[. Soit 𝑓(𝑥) + 𝑘 ≥ 0 ce qui équivaut à 𝑓(𝑥) ≥ −𝑘 D’après le tableau de variations de la question 4, on remarque que 𝑓(𝑥) ≥ 4 − 8 ln(2) pour tout 𝑥 ∈]0; +∞[ donc −𝑘 = 4 − 8ln (2). Par conséquent, la plus petite valeur de 𝑘 pour laquelle la fonction 𝑔? est positive sur ]0; +∞[ est 𝒌 = 𝟖 𝐥𝐧(𝟐) − 𝟒. EXERCICE 3 Partie A : Première modélisation 𝑢0 = 3 et pour tout entier naturel 𝑛 ≥ 1, 𝑢+60 = 0,9𝑢+ + 1,3 1. 𝑢) = 0,9 × 3 + 1,3 = 4 Le deuxième mois, 400 questions ont été posées. 𝑢@ = 0,9 × 4 + 1,3 = 4,9 Le troisième mois, 490 questions ont été posées.

2. Récurrence : On pose 𝑃+ : »𝑢+ = 13 −

0'' /

× 0,9+ «

Initialisation : 0'' On a d’une part 𝑢0 = 3 et d’autre part 13 − / × 0,90 = 13 − 10 = 3 0''

On a donc bien 𝑢0 = 13 − / × 0,90 La proposition est initialisée. Hérédité : 0'' On suppose que pour 𝑘 donné, 𝑃? est vraie soit 𝑢? = 13 − / × 0,9? . On veut montrer la proposition au rang suivant soit 𝑢?60 = 13 − On sait que 𝑢?60 = 0,9𝑢? + 1,3 Donc 𝑢?60 = 0,9 × I13 − Soit 𝑢?60 = 11,7 −

0'' /

0'' /

0'' /

× 0,9?60 .

× 0,9? J + 1,3

× 0,9?60 + 1,3

Par conséquent, 𝑢?60 = 13 − La proposition est héréditaire.

0'' /

× 0,9?60

Conclusion La proposition étant initialisée pour 𝑛 = 1 et héréditaire pour tout 𝑛 ≥ 1, d’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel 𝑛 ≥ 1. 3. On sait que la suite de terme général (0,9+ )+A0 est décroissante car c’est une suite géométrique de raison 𝑞 avec 0 < 𝑞 < 1. Donc la suite I−

0'' /

× 0,9+ J

+A0

est croissante.

Par conséquent, la suite (𝒖𝒏 )𝒏A𝟏 est croissante. Autre méthode 𝑢+60 − 𝑢+ = I13 − 𝑢+60 − 𝑢+ = − 𝑢+60 − 𝑢+ = − 𝑢+60 − 𝑢+ = −

0'' / 0'' / 0''

0''

/

0'' /

× 0,9+60 J − I13 −

× 0,9+60 +

0'' /

0'' /

× 0,9+ J

× 0,9+

× 0,9+ (0,9 − 1) × 0,9+ × (−0,1)

𝑢+60 − 𝑢+ = / × 0,9+ × 0,1 > 0 On a donc 𝑢+60 − 𝑢+ > 0, la suite (𝑢+ )+A0 est strictement croissante. 4. 𝑢* ≈ 8,217 et 𝑢/ ≈ 8,6953. La valeur renvoyée par la saisie de seuil(8.5) est donc 𝑛 = 9. Le 9ème mois, on dépasse les 850 questions. Partie B : Une autre modélisation 𝑣+ = 9 − 6 × 𝑒 :',0/×(+:0) pour tout entier naturel 𝑛 ≥ 1. 1. 𝑣0 = 9 − 6 × 𝑒 :',0/×(0:0) = 9 − 6 = 3 𝑣) = 9 − 6 × 𝑒 :',0/×():0) ≈ 4,038

2. On cherche la plus petite valeur 𝑛 telle que 𝑣+ > 8,5 ⇔ 9 − 6 × 𝑒 :',0/×(+:0) > 8,5 ⇔ −6 × 𝑒 :',0/×(+:0) > −0,5 ⇔ 𝑒 :',0/×(+:0) < ⇔ ln (𝑒

',E F

:',0/×(+:0)

',E

) < ln I F J ',E

⇔ −0,19(𝑛 − 1) < ln I F J ',E

⇔ −0,19𝑛 + 0,19 < ln I F J ',E

⇔ −0,19𝑛 < ln I F J − 0,19 ⇔𝑛 >

,-G

#,% H:',0/ &

:',0/

ce qui équivaut à 𝑛 > 14,08

La plus petite valeur 𝑛 telle que 𝑣+ > 8,5 est donc 𝒏 = 𝟏𝟓. Partie C : Comparaison des deux modèles 1. Avec le premier modèle, on trouve que plus de 850 questions sont présentes sur la FAQ au bout de 9 mois. Avec le second modèle, on arrive à ce résultat au bout de 15 mois. La modélisation de la partie A conduit donc à procéder plus tôt à la modification du site. 2. On détermine les limites des deux suites modélisant le nombre de questions. Pour la suite (𝑢+ ) : lim 0,9+ = 0 car c’est une suite géométrique de raison 𝑞 avec −1 < 𝑞 < 1. +→67

Donc lim 𝑢+ = 13. +→67

Pour la suite (𝑣+ ) : Donc lim −0,19(𝑛 − 1) = −∞ +→67

Par composée de fonctions, lim 𝑒 :',0/×(+:0) = 0 Donc lim 𝑣+ = 9.

+→67

+→67

À long terme, la première modélisation (partie A) prévoit 1 300 questions alors que la seconde (partie B) prévoit 900 questions. C’est donc avec la modélisation de la partie A qu’il y aura le plus grand nombre de questions à long terme. EXERCICE 4 1. Coordonnées des points : lllll⃗ = 0𝐴𝐵 lllll⃗ + 0𝐴𝐷 lllll⃗ + 1𝐴𝐸 lllll⃗ donc 𝑬(𝟎; 𝟎; 𝟏) 𝐴𝐸 lllll⃗ lllll⃗ + 1𝐴𝐷 lllll⃗ + 0𝐴𝐸 lllll⃗ donc 𝑪(𝟏; 𝟏; 𝟎) 𝐴𝐶 = 1𝐴𝐵 lllll⃗ lllll⃗ + 1𝐴𝐷 lllll⃗ + 1𝐴𝐸 lllll⃗ donc 𝑮(𝟏; 𝟏; 𝟏) 𝐴𝐺 = 1𝐴𝐵

lllll⃗ s 00 t et passe par le point 𝐸(0; 0; 1). 2. La droite (𝐸𝐶) a pour vecteur directeur 𝐸𝐶 :0

Une représentation paramétrique de la droite est donc : 𝒙=𝒕 u 𝒚 = 𝒕 avec 𝒕 réel 𝒛=𝟏−𝒕 3. Calculons les coordonnées de deux vecteurs non colinéaires du plan (𝐺𝐵𝐷) ' :0 lllll⃗ s0:0 lllll⃗ s':0 𝐺𝐵 ':0t = s:0t et 𝐺𝐷 0:0t = s ' t ':0

:0

':0

:0

lllll⃗ ⋅ lllll⃗ 𝐸𝐶 𝐺𝐵 = 1 × 0 + 1 × (−1) − 1 × (−1) = 0 lllll⃗ ⋅ lllll⃗ 𝐸𝐶 𝐺𝐷 = 1 × (−1) + 1 × 0 − 1 × (−1) = 0 lllll⃗ est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (𝐺𝐵𝐷) donc la droite (𝑬𝑪) est Le vecteur 𝐸𝐶 orthogonale au plan (𝑮𝑩𝑫). 4. a. Pour tout point 𝑀(𝑥; 𝑦; 𝑧) du plan (𝐺𝐵𝐷), on a : llllll⃗ 𝐵𝑀 s2:0 I t J

lllll⃗ 𝐸𝐶 est un vecteur normal au plan (𝐺𝐵𝐷) donc on a : llllll⃗ lllll⃗ = 0 ce qui équivaut à (𝑥 − 1) × 1 + 𝑦 × 1 + 𝑧 × (−1) = 0 𝐵𝑀 ⋅ 𝐸𝐶 Une équation cartésienne du plan (𝑮𝑩𝑫) est bien 𝒙 + 𝒚 − 𝒛 − 𝟏 = 𝟎 b. 𝐼 est l’intersection du plan (𝐺𝐵𝐷) et de la droite (𝐸𝐶), donc ses coordonnées vérifient : 𝑥=𝑡 𝑦=𝑡 € ce qui nous donne 𝑡 + 𝑡 − (1 − 𝑡) − 1 = 0 𝑧 =1−𝑡 𝑥+𝑦−𝑧−1=0 2 3𝑡 − 2 = 0 ⇔ 𝑡 = 3 ) 𝑥K = @ ⎧ ⎪ ) 𝑦K = @ D’où ⎨ ) 0 ⎪𝑧K = 1 − @ = @ ⎩ 𝟐 𝟐 𝟏 Les coordonnées du point 𝑰 sont bien I𝟑 ; 𝟑 ; 𝟑J. c. La distance du point 𝐸 au plan (𝐺𝐵𝐷) est égale à 𝐸𝐼 car 𝐼 est le projeté orthogonal de 𝐸 sur le plan (𝐺𝐵𝐷) )

)

)

)

0

llll⃗ ‡ = ˆI − 0J + I − 0J + I − 1J 𝐸𝐼 = ‡𝐸𝐼 @ @ @ 𝟒

𝟒

𝟒

𝟏𝟐

𝑬𝑰 = ˆ𝟗 + 𝟗 + 𝟗 = ˆ 𝟗 =

𝟐√𝟑 𝟑



)

5. ' a. lllll⃗ 𝐺𝐵 s:0t

:0 lllll⃗ 𝐺𝐷 s ' t

:0

':0 :0 llllll⃗ 𝐵𝐷 s0:'t = s 0 t

:0

':'

'

On calcule les longueurs des côtés du triangle 𝐵𝐷𝐺 : lllll⃗ ‡ = ‰0) + (−1)) + (−1)) = √2 𝐺𝐵 = ‡𝐺𝐵 lllll⃗ ‡ = ‰(−1)) + 0) + (−1)) = √2 𝐺𝐷 = ‡𝐺𝐷 llllll⃗ ‡ = ‰(−1)) + 1) + 0) = √2 𝐵𝐷 = ‡𝐵𝐷 𝐺𝐵 = 𝐺𝐷 = 𝐵𝐷 donc le triangle 𝑩𝑫𝑮 est équilatéral. 0 0

b. 𝐽 est le milieu du segment [𝐵𝐷] donc ses coordonnées sont 𝐽 I) ; ) ; 0J. 𝐴O%! =

%O×!P )

)

)

llll⃗ ‡ = ˆI0 − 1J + I0 − 1J + (0 − 1)) = ˆF = ˆ@ avec 𝐺𝐽 = ‡𝐺𝐽 ) ) . ) 𝟑

Donc 𝑨𝑩𝑫𝑮 =

√𝟐×T𝟐 𝟐

=

√𝟑 𝟐

6. Volume du tétraèdre 𝐸𝐺𝐵𝐷 : 0 𝑉 = @ 𝐵ℎ avec 𝐵 = 𝐴O%! et ℎ = 𝐸𝐼 𝟏

Donc 𝑽 = 𝟑 ×

√𝟑 𝟐

×

𝟐√𝟑 𝟑

𝟏

=𝟑