Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

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Avec correction. Corrigé métropole - réunion 2012 obligatoire
Sujets Bac en Mathématiques (2012) pour Terminale S

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Extrait

Exercice 1 (4 points)

Corrigé sujet Métropole – Réunion (Juin 2012)

1.Sur l’intervalle [–3 ; –1], la courbe C’ est située en dessous de l’axe des abscisses et coupe celui-ci en f –1, ce qui signifie que la fonction est négative ou nulle sur cet intervalle. L’affirmation est doncVRAIE.

[ % 21 ; ] [ % 21 ; ] f 2.Pour connaître les variations defsuron a besoin de connaître le signe de sur , [ %21 ; ] donné par la position de C’ par rapport à l’axe des abscisses. Sur , C’ est au-dessus de l’axe [ % 21 ; ] des abscisses doncf. est croissante sur L’affirmation estVRAIE.

[ %21 ; ] f(0) 1 % 1f(x) 0 % 1 3.On sait quefdoncet que  est croissante (continue car dérivable) sur [ %1 ; 0 [ sur . L’affirmation estFAUSSE.

y1f ¢ ( 0 ! ´ ( x%0 ! #f(0) 4.La tangente à la courbe C au point d’abscisse 0 admet pour équation : or f ¢ ( 0 ! 1 1 f(0) 1 % 1 y 1 x % 1 (lecture graphique) et donc l’équation devient . Les coordonnées (1 ; 0) vérifient l’équation donc le point appartient à la tangente. L’affirmation estVRAIE.

Remarque :On peut aussi regrouper toutes les informations dans le tableau suivant afin de justifier chacune des affirmations. 0 –1 x f '(x) f(x) -3

Exercice 2 (5 points) 1. a.

-1

0 2

b.Sur l’arbre ci-dessus, un seul chemin conduit à E1, celui passant par D donc p ( E ! 1p ( EÇD ! 1p ( D ! ´p ( E ! 10, 4´0, 710, 28 1 1D1

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2.

3.

c.Trois situations peuvent se produire : 1ÈÇÈÇ Ç Ç1 # Ç # EÇE p ( F ! p ( ED D 1 D E 1 E 2 ! p ( D ! p ( D E 1 ! p ( D 1 2 ! car les évènements sont incompatibles. p ( F ! 10, 6#0, 4´0, 3#0, 4´0, 7´0, 7510, 93 Finalement.

a.On répète 5 fois de suite de manières indépendantes une expérience aléatoire n’ayant que deux issues possibles dont la probabilité du succès vaut 0,07 donc X suit une loi binomiale de paramètres n 1 5 p 1 0, 07 et . æ 5 ö k5%k p ( X1k ! 1 ( 0, 07 ! ´ ( 0, 93 ! ç ¸ k 0 £ k £ 5 è ø k 1 2 b.pour ,On sait que pour , donc æ 5 ö 2 3 %3 p ( X12 ! 1 ( 0, 07 ! ´ ( 0, 93 ! 1prèsà 10 0, 039 ç ¸ 2 è ø . æ n ö 0n n p ( X³1 ! 11%p ( X10 ! 11%0, 07´0, 9311%0, 93 ç ¸ 0 è ø On sait . n p ( X ³ 1 ! 2 0, 999 1%0, 9320, 999 On cherche doncnc’est-à-dire ou  tel que encore n n ln 0, 001 1 % 0, 999 2 0, 93 Û 0, 001 2 0, 93 Û ln 0, 001 2 nln 0, 93 Û 0 n carln 0,9300 ln 0, 93 . ln 0, 001 »95,18 ln 0, 93 n ³ 96 Etant donné que il faut que . Le nombre minimum de dossiers à traiter est donc 96.

Exercice 3 (6 points) Partie A 1 æ x f(x)1 #ln ç [ 1 ;# ¥ [ x#1 è x#1 ø sur . æ x ö x x lim ln 1 0 lim 1 lim 1 lim 1 1 1 lim lnX10 x |#¥ ç ¸ X|1 è x # 1 ø x |#¥ x |#¥ |# x ¥ x # 1x 1. et .donc, par composée, 1 lim 1 0 limf ( x ! 10 x |#¥ x|#¥ x # 1 De plus donc, par somme, .

2.

x xa [ 1 ;# ¥ [ x # 1 La fonction est dérivable et strictement positive sur donc, par composée, la æ x xaln ç ¸ [ 1 ;# ¥ [ è x # 1 ø fonction est aussi dérivable sur . En tant que somme de fonctions dérivables, [ 1 ; # ¥ [ la fonctionf. est dérivable sur 1´ ( x#1 ! %x´1 1 u x u(x) ¢ ¢ 1 2 1 2 ( lnu ! 1 u(x) 1 ( x#1 ! ( x#1 ! u x # 1 On sait que . Posons alors et ¢ u ( x ! 1 ( x # 1 ! 1 1 ´ 1 2 u ( x ! ( x # ! x x ( x # 1 ! 1 .

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3.

%1 1%1´x 1´ ( x#1 ! 1 f ¢ (x)1 # 11 # 2 2 2 ( ! x ( x#1 ! ( ! x ( x#1 !( x#1 ! ( ! x#1xx#1x x#1 On peut donc en déduire que . 2 [ 1 ; # ¥ [ x ( x#1 ! 20 f ¢ ( x ! 2 0 [ 1 ; # ¥ [ Sur , donc , la fonctionfest strictement croissante sur . x f '(x) f(x) 1 0,5+ln0,5 ~ -0.19 + 0

f ( x ! 0 0 [ 1 ; # ¥ [ On peut déduire du tableau précédent que sur .

Partie B 1.Sin= 3. 1 0 # 1 1 i 1 1 1 Pour :uprend la valeur 1 3 1 # 1 i 1 2 22 Pour :uprend la valeur 31 11 # 1 i 1 3 236 Pour :uprend la valeur . 11 6 La valeur exacte affichée est donc .

2.

3.

u % lnn Il suffit de modifier la ligne « Afficheru». » par « Afficher

D’après ce tableau on peut penser que la suite est décroissante, les dernières valeurs laissent envisager qu’elle converge vers une valeur proche de 0,577.

Partie C 1 1 1 u 1 1 # # # ... # % lnn n n 2 0 2 3n Pour , . 1.On a 1 1 11 æ 1 1 1 ö u%u11# # #...## %ln ( n#1 ! %1# # #...#l%nn n#n ç ¸ 1 2 3nn#1 è 2 3n ø 1 1 %ln ( n#1 ! #lnn n#1 1n 1 #ln n#1n#1 1f ( n ! f ( x ! 0 0 [ 1 ; # ¥ [ f ( n ! 0 0 n ³ 1 On sait d’après A.3. que sur donc car . u%u00 ( u ! n n#1n Ainsi ce qui prouve que la suite est décroissante.

2.

æ 1 1 ö k#1 1 1 1 1 1 %dx³0 ³ ³ % ³ 0 ò k ç ¸ è k x ø k # 1 £ x £ k k # 1x kk x a.donc . Ceci permet de justifier quePour ,

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( u ! n On sait que la suite est décroissante (question C.1) et minorée par 0 (question C.2.c) donc elle converge.

a.Figure 1 1 1 2 2 1 1 ( 1 % 2i ! 2 4 z1 1 12 z 1 1 1 1 1 1 % i A' B' 1 1 1 z#1 z # 1 1 # 2i5 5 5 A B % #1 % # i # 1 # i 2 2 2 b. ; 1 1 1 2 2 ( 1#i ! z1 1 1 11 1 1#i C' 1 1 1 1 z#1 1%i2 C % %i#1%i 2 2 2 2 A'B' A'C' c.Nous pouvons montrer, par exemple, que les vecteurs et ne sont pas colinéaires. Calculons les affixes de ces deux vecteurs. 2 4 8 4 z 1 z % z 1 % i % 2 1 % % i uuuuur B'A' uuuuur z 1 z % z 1 1 # i % 2 1 % 1i A'B' 5 5 5 5 C'A'  et . Il est clair que les A'C' affixes ne sont pas proportionnels donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. Ceci permet de conclure que les points A’ , B’ et C’ ne sont pas alignés.

0³

1 Û k

Exercice 4 (5 points)

3.

1 1 1 11 1 u 1 1 # # # ... # % lnn u # lnn 1 1 # # # ... # n n 2 3n 2 3n c.qui permet de déduire quedonc ce æ n # 1 ö n # 1 u # lnn ³ ln ( n # 1 ! Û u ³ ln ( n # 1 ! % lnn Û u ³ ln 2 0 n n n ç ¸ 2 1 n è ø n car . u³0 n 2 0 n Finalement , .

1.

1 1 ln 3 % ln 2 £ ln 4 % ln 3 £ k 1 1 k 1 2 k 1 3 ln 2 % ln1 £ 1 2 3 b.Pour : pour :pour : 11 ln 5 % ln 4 £ ln ( n # 1 ! % lnn £ k 1 4 4 k 1 n n Pour : …….. pour : . En additionnant membres à membres : 1 1 1 ( ln 2%ln1 ! # ( ln 3%ln 2 ! # ( ln 4%ln 3 ! #...# ( ln ( n#1 ! %lnn ! £1# # #...# 2 3n 1 1 1 1 1 1 Ûln ( n#1 ! %ln1£1# # #...# Ûln ( n#1 ! £1# # #...# 2 3n2 3n

k#1 1 ³dx k ò x .

2.

k#1k#1k#1k#1 æ 1 1 ö 1 11 1 %dx³0Ûdx%dx³0Û %dx ò k k ò k ò k ò ç ¸ è k x ø k x k x k # 1 1 1 k # 1 ³ln ( k#1 ! %lnk dx 1 [ lnx ] 1 ln ( k # 1 ! % lnk ò k k k x donc .

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z' 1 z #w a.est uneToute transformation dont l’expression complexe s’écrit sous la forme translation de vecteur dont l’affixe est égal à ω doncg est la translation de vecteur ayant pour affixe u 1 c’est-à-dire le vecteur .

b.Voir figure

z % 1 1 z Û z % z 1 z % z I0 c. oùI est le point d’affixe 1. z % z 1 z % z Û IM 1 OM I0 Comme , l’ensemble des pointsMd’affixez est la médiatrice du [ OI ] D 1 segment soit la droite .

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3.

4.

1 M h z z 2 Soit l'application qui, à tout point M d'affixe .nulle, associe le point d'affixe non 1 1 1 121z A' z1 / 2 A 1 h ( A ! 1 A' 1 a)donc . 1 1 1 / 2%i2 4 1 1 1 %i1z B' z1 / 2#i5 / 4 5 5 h ( B ! 1 B' B 1  donc . 1 1 1 1 / 2#1 / 2i 1 1 11#i1z B' z1 / 2%1 / 2i2 / 4 h ( C ! 1 C' C 1  donc . 1 1 1%z 1%z %111Û 11Û 11Û1%z1z z z z z ¹ 0 b), .Pour tout 1 %111 D z%11z 1 z c)est l’ensemble des pointsD’après 2.c. Md’affixezsoit d’après tel que 1 %111Ûz%111ÛIM11 M2 2 M z 2 ce qui précède. Or donc appartient au cercle de centreIet de rayon 1. D 1 Nous venons d’établir que si un point appartient à , son image parh appartient au cercle de centreI et de rayon 1.

( z ¹ % 1 ! M z d’affixe admet pour image pargun point d’affixe z # 1 t 1 Tout pointMtout poin et 1 1 1 M Z 1 z # 1 Z z # 1 1 d’affixe admet pour image parh un pointM’. d’affixe f ( M ! 1 M' 1 h ( M ! 1 h ( g ( M ! ! 1 hog(M) 1 Autrement dit . g ( D ! 1D h ( D ! h ( D ! 1h ( g ( D ! ! 1hog(D)1f(D) 11 1 On sait que et est le cercle (C) privé de O or f ( D ! donc est le cercle (C) privé de O.

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