Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

Pat Rick

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Avec correction. Pondichéry 2012 maths ts
Sujets Bac en Mathématiques (2012) pour Terminale S

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Terminale SAvril 2012 Pondichéry Exercice 1 Partie A Un groupe de 50 coureurs, portant des dossards numérotés de 1 à 50, participe à une course cycliste qui comprend 10 étapes, et au cours de laquelle aucun abandon n’est constaté. À la fin de chaque étape, un groupe de 5 coureurs est choisi au hasard pour subir un contrôle antidopage. Ces désignations de 5 coureurs à l’issue de chacune des étapes sont indépendantes. Un même coureur peut donc être contrôlé à l’issue de plusieurs étapes. 1.À l’issue de chaque étape, nombre de groupes différents de 5 coureurs : Il s’agit de choisir 5 coureurs parmi 50 ;  50  Il y a donc= 2 118 760 groupes différents possibles de 5 coureurs à l’issue de chaque étape !   5   2.On considère l’algorithme ci-dessous dans lequel : –« rand(1, 50) » permet d’obtenir un nombre entier aléatoire appartenant à l’intervalle [1 ; 50] –l’écriture «x:=y» désigne l’affectation d’une valeuryà une variablex. Variables :a,b,c,d,esont des variables du type entier Initialisation :a:= 0 ;b:= 0 ;c:= 0 ;d:= 0;e:= 0 Traitement : Tant que (a=b) ou (a=c) ou (a=d) ou (a=e) ou (b=c) ou (b=d) ou (b=e) ou (c=d) ou (c=e) ou (d=e)  Débutdu tant que a:= rand(1, 50) ; b:= rand(1, 50) ; c :=rand(1, 50) ; d:= rand(1, 50) e:= rand(1, 50)  Findu tant que Sortie Affichera,b,c,d,e a.Parmi les ensembles de nombres suivants, lesquels peuvent être obtenus avec cet algorithme : –L1 = {2 ; 11 ; 44 ; 2 ; 15} : IMPOSSIBLE car a = d ici ; –L2 = {8,17,41,34,6} : POSSIBLE car a,b, c, d et e sont 5 entiers distincts de [1 ; 50] ; –L3 = {12,17,23,17,50} : IMPOSSIBLE car b = d ici ; –L4 = {45,19,43,21,18} : POSSIBLE. b.Ce que permet de réaliser cet algorithme concernant la course cycliste : Cet algorithme permet de choisir au hasard le groupe des 5 coureurs parmi les 50 qui va subir le contrôle antidopage. 3.À l’issue d’une étape, on choisit au hasard un coureur parmi les 50 participants.

La probabilité pour qu’il subisse le contrôle prévu pour cette étape est égale à 0,1 :

·Situation d’équiprobabilité ;  50  ·: le nombre de groupes de 5 personnes ;Cas possibles :   5   Patrick CHATE1

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 1   49  ·Cas favorables :´: le nombre de groupes de 5 personnes dont lui ;    1 4     1   49   49  ´      cas favorables  1   4   4  D’où la probabilité cherchée est1 110,1. cas possibls  50   50     5 5    4.On noteXla variable aléatoire qui comptabilise le nombre de contrôles subis par un coureur sur l’ensemble des 10 étapes de la course. a.Loi de probabilité de la variable aléatoireX? Préciser ses paramètres : Puisque les désignations de 5 coureurs à l’issue de chacune des étapes sont indépendantes, on est en présence d’un schéma de Bernoulli de paramètresn= 10 (nombre d’étapes) etp= 0,1 (cf 3.). X qui correspond au nombre de succès suit donc la loi binomiale B(10 ; 0,1). b.On choisit au hasard un coureur à l’arrivée de la course. Probabilités des évènements suivants :  10  5 5 – il a été contrôlé 5 fois exactement : p ( X15 ! 1 ´0,1´0, 9» 0,0015, soit environ 0,15% ;   5    10  0 1010 – il n’a pas été contrôlé : p ( X10 ! 1 ´0,1´0, 910, 9» 0,3487, soit environ 35% ;   0   10 – il a été contrôlé au moins une fois :p ( X20 ! 11%p ( X10 ! 11%0, 9»0, 651, soit environ 65 %. Partie B Pour un coureur choisi au hasard dans l’ensemble des 50 coureurs, on appelleTl’évènement : «le contrôle est positif», et d’après des statistiques, on admet queP(T) = 0,05. On appelleDl’évènement : «le coureur est dopé». Le contrôle anti-dopage n’étant pas fiable à 100%, on sait que : T10, – siun coureur est dopé, le contrôle est positif dans 97% des casp D ( ! 97; –si un coureur n’est pas dopé, le contrôle est positif dans 1% des casp ( T ! 10, 01. D 1.P(D) : D’après la formule des probabilités totales, on a : p T1p DÇTÈ Ç1 Ç# Ç ( ! ( ( ! ( D T ! ! p ( D T ! p ( D T ! 1 ( D ! ´p ( T ! #p ( D ! ´p ( T ! D D 1p ( D ! ´0, 97# ( 1%p ( D ! ! ´0, 01 10, 01#0, 96´p ( D ! 0, 05%10, 01 D’où, puisqueP(T) = 0,05,0, 0510, 01#0, 96´p ( D ! Ûp ( D ! »1 10, 0417, soit environ 4%. 0, 9624 2.Un coureur a un contrôle positif ; probabilité qu’il ne soit pas dopé : 23 ´0, 01 ´ p ( DÇT ! p ( D ! p ( T ! 23 D 24 On cherche donc p ( D/T ! 1 11 1»0,1917 , soit environ 19%. p ( T ! 1200, 050, 05 Patrick CHATE2 TerminaleS

Exercice 2    Dans le repère orthonormé ( O;i,j,k ! de l’espace, on considère : – les plans P et P’ d’équations : P :x  y  z2 = 0 et P’ :x+y+ 3z= 0.  x1 %3%2t  1 Î – la droite D ayant pour représentation paramétrique :  y2toùtℝ .  z11#2t  Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, et justifier la réponse. Une justification est attendue pour chaque réponse. Proposition 1 :La droite D est orthogonale au plan P.  Un vecteur directeurude la droite D a pour cordonnées (−2 ; 2 ; 2); Un vecteurnnormal au plan P a pour cordonnées (1 ; −1 ; −1).   Commeu%2n, les vecteursuetnsont colinéaires, donc la droite D est orthogonale au plan P. VRAI Proposition 2 :La sphère S de centre O et de rayon 2 est tangente au plan P. Calculons la distance de O au plan P : x%y%z%2 00%0%2% 2 23 O O O d ( O;P ! 1 11 1¹2 ; 2 2 2 3 3 3 1# ( %1 ! # ( %1 ! La distance n’étant pas égale au rayon de la sphère, la sphère S de centre O et de rayon 2 n’est pas tangente au plan P (la sphère et le plan sont sécants card(O;P) < 2) . FAUX Proposition 3 :L’intersection des plans P et P’ est la droite D dont une représentation paramétrique est :  x11%t'  1 %%  y1 2t' oùt'Îℝ.  z1t'  Un pointM(x;y;z) appartient à P et à P’ si ses coordonnées vérifient le système:  x11%t'  x%y%z%210  x1y#z#2  x1y#z#2  Û ÛÛ 1% %Î    y1 2t' oùt'ℝ. x#y#3z10 ( y#z#2 ! #y#3z10 y1 %2z%110    z1t'  VRAI Autre méthode: Justifier quePetP’sont sécants et que D est incluse dans les deux plans P et P’. Proposition 4 :Les droites D et D sont coplanaires.  –Un vecteur directeurude la droite D a pour cordonnées (−2 ; 2 ; 2) ;  –Un vecteur directeurvde la droite ¢ a pour cordonnées (−1 ; −2 ; 1) ; uetvne sont pas colinéaires, donc D etDne sont pas parallèles ; si elles sont sécantes il existe un point M(x;y:z) dont les cordonnées vérifient les deux représentations paramétriques soit :  x1 %3%2t11t%'3%2t%11 ( 1%2t ! #  3%0t1   y1t1 %%t⇒t22 1t t' 2t1 21 2#t t'  2 12 '  21 %1% ( # ! Û  1 %% ( !   z11#2t1t' 1#2t1t' 1#2t1t'   Ce système n’ayant pas de solution,les droites D etD nesont pas sécantes; n’étantni parallèles ni sécantes, elles ne sont pas coplanaires. FAUX Patrick CHATE3 TerminaleS

Exercice 3 %nx%nx e e 1 1 On considère les suites (I) et (J) définies pour tout entier naturelnpar : I1dx et 1dx . ∫ 0 ∫ 0 n n nn 2 1#x ( 1#x ! %nx e f x1 1.Sont représentées ci-dessous les fonctionsf n définies sur l’intervalle [0 ; 1] par n ( ! différentes pour 1#x valeurs den:

a.Conjecture sur le sens de variation de la suite (I n ) : %nx 1 1 e Remarquons d’abord quefI dx ( x ! dx ∫ 0 0 ∫ n 1 1 n ; Or les fonctions représentées (et on peut 1#x supposer que les autres aussi) sont positives sur [0 ; 1];I n représente donc l’aire sous leurs courbes sur l’intervalle [0 ; 1] ; Et compte-tenu de leurs positions relatives, on peut raisonnablement penser que la suite (I n ) est décroissante. b.Démonstration de cette conjecture : % ( n#1 ! x %nx % ( n#1 ! x %nx e ee e 1 11 I%I1dx%dx1 %dxpar linéarité ∫ 0 ∫ 0 0 ∫ n#1n 1#x1#x1#x1#x %nx%x % ( n#1 ! x %nx 1 1 e ( e%1 ! e%e 1dx1dx; ∫ 0 0 ∫ 1#x1#x %nx%x %x e e%1  e%1£0 ( ! Or 0£x⇒   donc x֏ est négative sur [0 ; 1] ; 1#x20 1#x  %nx%x 1 e ( e%1 ! Donc par « négativité » de l’intégrale, dx£ ÛI n#1 £I n ; 0 ∫ 0 1#x Par conséquent, (I) est effectivement décroissante. n 2. %nx%nx e e %nx a.Pour tout entiern> 0 et pour tout nombre réelxde l’intervalle [0 ; 1]0££ £e: 2 #x ( 1#x ! 1 2 0£x£1⇒1£1#x⇒1£1#x£ ( 1#x !  n#1n x³xsix³1 %nx%nx 1 1e e %nx ⇒£ £1⇒0££ £e ;  2  2 1#x1#x 1 ( 1#x ! "X,⋯e20 ( 1#x ! X x֏décroissante sur]0;#¥[ x Patrick CHATE4 TerminaleS

b.Les suites (I n ) et (J n ) sont convergentes et leur limite :

%nx%nx e e %nx Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] inégalités0££ £e, il vient : 2 1#x ( 1#x ! %nx%nx 1 11 e e %nx 0£dx£dx£e dx ∫ 0 2 ∫ 0 0 ∫  par positivité 1#x ( 1#x ! soit 1 %n  %1 %nx  1%e 0£J£I£eÛ0£J£I£ ;   n nn n n n   0 %n 1%e %n Orlime10donclim10; n n| #¥n|#¥ I J0 Par conséquent, d’après le théorème des gendarmes,lim n 1lim n 1. n|#¥ |#n¥ 3. %n 1  e  a.Pour tout entiern1,I11% %Jgrâce à une intégration par parties : n  n  n2    1  %1 1 %nx u ( x ! 1 1 u' ( x ! e 1#x  2 ⇒ # ; ∫ 0 I n 1dxaussi posons :  %  ( 1x ! nx 1#x e   %nx 1 v ( x ! v ( x ! 1e    %n 1 Puisque I1u ( x ! v' ( x ! dx  avecu etvet leurs dérivées continues sur [0; 1], il dérivables ∫ 0 n vient d’après la formule d’intégration par parties : 1 1 1 I1u ( x ! v' ( x ! dx1u ( x ! v ( x ! %u' ( x ! v ( x ! dx ∫ 0 0 ∫ n   0 1 %nx%nx 1  1e  %1e 1 ´% ´dx ∫ 0   2 # %% 1x n # n   0 ( 1x ! %n%nx   1  1e   1  1e 1 ´%1´ %dx ∫ 0    2 2%n%n n   ( 1#x !    %n e1 1 %1 #. n %2n n n %n 1  e  11% % .  n  n2   b. limnI : n n|#¥ %n%n%n 1  e  e e I11% %JnI11% %Jlim limJ01 Puisque n  n  , n n ; Or1 n 1donclimnI n 1. n|#¥ |#n¥n|#¥ n22 2   I 1 n Remarque: limnI11Ûlim11 ; on dit que I» pourngrand. n n 1 n n|#¥ |n#¥ n Exercice 4 Partie A Restitution organisée de connaissances Soitzun nombre complexe. On rappelle queest le conjugué dezet que |z| est le module dez. 2 On admet l’égalité : |z| = z . Démonstration du résultat suivant : siz 1 etz 2 sont deux nombres complexes, alors |z 1 z 2 | = |z 1 | |z 2 | : 2 2 2 2 On a : z1z z´z z1z z´z z1z z´z z1z´z1z z ; 1 2  ( 1 2 ! 1 2  1 21 2 ( 1 1 ! ( 2 2 !  1 2  ( 1 2 ! 2 22 2 2 zz'1z z' z1zz zz1z xy1 ( xy !

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2 2 z1z zz z Ainsi, 1 2 ( 1 2 ! ; et donc, puisqu’il s’agit de deux nombres réels positifs, 1 2 1 1 z 2 ; CQFD ! Partie B : Étude d’une transformation particulière   Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct ( O;u,v ! , on désigne par A et B les points d’affixes respectives 1 et −1. Soitfla transformation du plan qui à tout pointMd’affixez ¹ 1, associe le pointM’ d’affixez’ tel que : 1% z'1. %1 1.Soit C le point d’affixez C = −2 + i. a.Affixez C’ du point C’ image de C par la transformationf: % % #% %# 1%z C 1 ( 2i ! 3%i ( 3i ! ( 3i ! %8#6i4 3 1 11 11 1% #i. C' % %5 z%1 %2# % 1 3i10 105 C ( i ! Figure : cf. fin exercice. b.Le point C’ appartient au cercle C de centre O et de rayon 1 : 2 2 4 3  4   3  16 9 OC'1z1 %i1 %# 1# 1111; C'    5 5  5   5  25 25 PuisqueOC’= 1, C’ appartient effectivement au cerclede centre O et de rayon 1. c.Les points A, C et C’ sont alignés :    %z  C'A AC;AC'1arg ; ( !   %z  C A   4 3  9 3 % #i%1   % #i 9 3 5 5 1( % #i ! ( %3i% !31 30  3    5 5 Or ´ 11 1´ 1 etarg10 ( 2 p !   ( %2#i ! %1 3%i#5 105 105  5    1 p Donc ( AC;AC' ! 0 ( ! : les points A, C et C’ sont bien alignés. 2.L’ensembleDdes points du plan qui ont le point A pour image par la transformationf: 1%z ÎM A zz zzz zz z MD Ûf ( ! 1 Û'1 A Û 11Û1% 1 %1Û # 12Û2 Re ( ! 12ÛRe ( ! 11; %1 L’ensembleDest donc la droite d’équationx= 1 privée de A (carz¹1).

3.Pour tout pointMdistinct de A, le pointM’appartient au cercle: 1%z 1%z1%z1%z z1% ·Méthode 1 :OM'1z'1 1 11 1 11;   z%1z%1 z z z%1z%1 %z1z z1% 1 z'z' 2 2 1 ( !( !( !( ! z %z %% #% %% # 1% 1 x iy1x iy1x y ·Méthode 2 : OM'1z'1 1 11 111 ;   2 2 z%1z% ( x%iy ! % ( x% ! iy% 2 2 2 2 z z 1 1 1 1 #1 # ( x% ! # ( %y ! ( %x ! 1x 1 x yz x iy 1 z'z' Donc pour tout pointM¹A,M’Î. '%1 4.Pour tout nombre complexez ¹ 1,est réel : %1 1%z1%z%z1# %1 z'% 1 2 ( z z ! 2 Re ( z ! 2 ( z z ! % #% %# z%1z%1 1 11 1 1Îℝ . 2 % %% z1z1z1z1%z1% % ( !( ! % % z1 ( z1 ! ( z1 !

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