Baccalauréat S obligatoire Antilles Guyane septembre 2010

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat S (obligatoire) Antilles-Guyane \ septembre 2010 EXERCICE 1 7 points Commun à tous les candidats PARTIE A - Restitution organisée des connaissances Soit x > 0. Considérons la fonction x 7?? [ exp(lnx) ] = x. En dérivant ces deux fonctions, en utilisant en premier la formule de dérivation d'une fonction composée : ln?(x)?exp?(lnx)= 1, soit puisque exp? = exp ln?(x)?exp(lnx)= 1, ou encore ln?(x)? x = 1 ?? ln?(x)= 1 x , car x 6= 0. PARTIE B - Étude de fonction I - Étude d'une fonction auxiliaire 1. g somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle g ?(x)= 2x +0? 1 x = 2x2?1 x . Comme x > 0 le signede la dérivée est donc celui du trinôme2x2?1= ( x p 2+1 ) ( x p 2?1 ) ou encore de celui de x p 2?1 puisque x p 2+1> 1> 0. Ce trinôme s'annule donc en 1p 2 = p 2 2 . Sur ] 0 ; p 2 2 [ , g ?(x)< 0 : la fonction est décroissante ; Sur ]p 2 2 ; +∞ [ , g ?(x)> 0 : la fonction est croissante.

• ?? ln?


• tableau précédent


• aire de la surface


• test positif


• question précédente


• données dans le tableau


• bm ??


• ??


• points commun

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2010
• Nombre de lectures: 213

Extrait

[Baccalauréat S (obligatoire) AntillesGuyane\ septembre 2010

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats

PARTIE A  Restitution organisée des connaissances

7 points

Soitx>0. £ ¤ Considérons la fonctionx−7→exp(lnx)=x. En dérivant ces deux fonctions, en utilisant en premier la formule de dérivation d’une ′ ′ ′ fonction composée : ln (x)×exp (lnx)== exp1, soit puisque exp 1 ′ ′′ ln (x)×exp(lnx)=1, ou encore ln (x)×x=1⇐⇒ln (x)=, carx6=0. x

PARTIE B  Étude de fonction

I  Étude d’une fonction auxiliaire

1.gsomme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle 2 1 2x−1 ′ g(x)=2x+0− =. x x ¡ p ¢ ¡¢ 2 Commex>0 le signe de la dérivée est donc celui du trinôme 2x−1=x2+1x2−1 ou encore de celui dex2−1 puisquex2+1>1>0. p 1 2 Ce trinôme s’annule donc en=. 2 2 # " 2 ′ Sur 0; ,g(x)<0 : la fonction est décroissante ; 2 # " 2 ′ Sur ;+∞,g(x)>0 : la fonction est croissante. 2 Ã !Ã !Ã ! 2 2 22 11 31 2.On ag= +1−ln= +1−ln 2+ln 2= +ln 2>0, car somme 2 22 22 22 de deux termes positifs. Le minimum degétant supérieur à zéro, on a doncg(x)>0, sur ]0 ;+∞[. II  Étude de la fonctionfet tracé de sa courbe représentativeC

lnx 1.On sait quelim= −∞, donclimf(x)= −∞. x→0,x>0x→0,x>0 x lnx 2.limOn sait que=0 et commelimx= +∞lim, on af(x)= +∞. x→+∞x→+∞x→+∞ x lnx Soit la fonctionddéfinie sur ]0 ;+∞[ pard(x)=f(x)−x=. x lnx On a vu quelim=lim0 ce qui montre qued(x)=0, c’estàdire que la x→+∞x→+∞ x droiteDest asymptote à la courbeCau voisinage de plus l’infini. · ¸ 1 ′ 2 ×x−1×lnx lnx1−lnx1−lnx x+1−lnx x ′ 3.On a= =, doncf(x)=1+ =. 2 22 2 x xx xx g(x) ′ 4.On a doncf(x)=: d’après la question précédente les deux termes de ce quo 2 x tient sont supérieurs à zéro, donc le quotient l’est aussi : la fonctionfest croissante sur ]0 ;+∞[.

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A. P. M. E. P.

5.La droiteDa pour coefficient directeur 1. Il faut donc chercher l’abscissex A telle ′ quef(x A )=1. 1−lnx ′ Donc on cherchef(x)=1+ =1⇐⇒1−lnx=0⇐⇒lnx=1⇐⇒x=e. Or 2 x ln e1 f(e)=e+ =e+. e e µ ¶ 1 Finalement : Ae ; e+ e 6.Voir plus bas. III  Calcul d’une aire

1.Intégration par parties :  1  ′  u(x)=v(x)=lnx x On pose : 1  ′  u(x)=lnx v(x)= x Toutes ces fonctions sont dérivables donc continues sur [1 ; e], donc Z Z e e lnxlnx e 22 I=dx=[(lnx)(lnx)]−dx⇐⇒I⇐⇒2I=(ln(e)−(ln(1))=1⇐⇒ 1 1 x 1 x Z e lnx1 I=dx=. 1 x2 2.La fonctionfest croissante sur ]0 ;+∞[ etf(1)=; e],1, donc sur l’intervalle [1 f(x) > 1>0. L’aire de la surface délimitée par les droites d’équationx=1,x=e, l’axe des abs Z e cisses et la courbeCest donc égale en unités d’aire à l’intégralef(x) dx. 1 Z Z Z ·¸ e e e e 22 2 lnx xe 11 e Orf(x) dx=xdx+dx= +I= −+ =(u.a.). x2 22 22 1 11 1 2 L’unité d’aire étant égale à 3×3=, l’aire de la surface est donc égale à9 cm 2 9e 2 ≈ce que l’on vérifie approximativement sur la figure.33, 25cm , 2

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A. P. M. E. P.

4 points

1.VRAIE. Si A est le point d’affixe 2 et B celui d’affixe 2i,|z−2| = |z−2i| ⇐⇒AM= BM⇐⇒Mest équidistant de A et de B, doncMappartient à la médiatrice de [AB] : cette médiatrice a bien pour équationy=x. µ ¶ ³ ´ b−a b−a −→−→ 2.VRAIE.= −3⇒arg=arg(−AC ,3) soitAB=π. Cette dernière égalité c−a c−a montre que les points A, B et C sont alignés.  x−2=1α ³ ´  −→−−→−→ 3.VRAIE.M(x;y;z)∈B,u⇐⇒BM=αu(α∈R)⇐⇒ y−3=2α ⇐⇒  z−4=3α  x=α+2  y=2α+3  z=3α+4 Or en posantα=t−1, on a donc :

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A. P. M. E. P.

  x=t−1+2x=t+1 ³ ´   −→ M(x;y;z)∈B,u⇐⇒ y=2(t−1)+3 ⇐⇒ y=2t+1   z=3(t−1)+4z=3t+1 4.FAUSSE. L’affirmation signifie que la distance du centre A de la sphère au planPest égale à 10. Or : | 1+1+1−1 | 2 d(A,P)6== =10. 2 2 2 1+1+ 1 3

E X E R C IC E 3 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

1 11 3 1.D’après la définitionu 2 =u 1 −u 0 = + =. 4 24 4 •Si la suite était géométrique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale µ ¶ 1 11 à−; oru 1 = 6=× −u 2 . 2 22 •Si la suite était arithmétique, d’après les deux premiers termes la raison serait µ ¶ 1 33 4 égale à−(−1)=; oru 1 =+ =26=u 2 . 2 22 2 Conclusion : la suite (u n ) n’est ni arithmétique ni géométrique. 1 11 2. a.v 0 =u 1 −u 0 = − ×(−1)=1. 2 22 1 11 b.On a pour tout natureln,v n+1 =u n+2 −u n+1 =u n+1 −u n −u n+1 = 2 42 µ ¶ 1 11 11 u n+1 −u n =u n+1 −u n =v n . 2 42 22 1 c.v n+1 =v n signifie que la suite (v n ) est une suite géométrique de premier 2 1 terme 1 et de raison. 2 µ ¶ n 1 1 d.On a donc quel que soitn∈N,v n = =. n 2 2 u 0 −1 3. a.w 0 = == −1. v 0 1 1 v n +u n u n+1 u n 2 b.On aw n+1 == =2+. 1 v n+1 v n v n 2 u n c.On a par définition=w n , donc l’égalité cidessus s’écrit : v n w n+1 =2+w n . d.L’égalité précédente montre que la suite (w n ) est une suite arithmétique de premier terme−1 et de raison 2. On a doncw n =w 0 +n×2= −1+2n. u n u n n 4.On a trouvé quew n =2n−1= = =2×u n . 1 v n n 2 2n−1 n Doncu n =, car 26=0 quel que soitn∈N. n 2 5.Démonstration par récurrence : 2×0+3 3 •Initialisation :S 0 =u 0 = −1 et 2− =2− =2−3= −1. La formule est vraie 0 2 1 au rang 0. •Hérédité : supposons qu’il existe un naturelktel que :

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A. P. M. E. P.

k X 2k+3 S k =u i =u 0 +u 1 + ∙ ∙ ∙ +u k =2−. k 2 i=0 2k+3 2(k+1)−1−4k−6+2k+1−2k−5 DoncS k+1 =S k +u k+1 =2=− +2+ =2+ = k k+1k+1k+1 2 22 2 2k+5 2(k+1)+3 2− =2−. k+1k+1 2 2 La formule est vraie au rangk+1. On a donc démontré par récurrence que pour toutndeN:

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2n+3 S n =2−. n 2

4 points

0,85 T 0,01 M T 0,15 1. 0,05 T 0,99 M T 0,95 2. a.On suit la première branche : la probabilité est égale à p(M)×p M (T)=0, 01×0, 85=0,008 5. b.La probabilité qu’il soit non porteur de la maladie et que son test soit positif (troisième branche) est égale à 0,99×0, 05=0,049 5. ³ ´ On a doncp(T)=p(M)×p M (T)+pM×p(T)=0,008 5+0,049 5=0, 058. M p(M∩5T) 0,008 3.Il faut calculerp T (M)≈= =0,146 6. p(T) 0,058 4. a.On a ici un schéma de Bernoulli de paramètresn=5 etp=0,058. X suit donc la loi binomialeB(5 ; 0,058). La probabilité quekanimaux aient un test positif est égale à : Ã ! 5 k5−k ×0,058×(1−0,058) . k On obtient le tableau de la loi de probabilité de X suivant : X=x i 0 1 2 3 4 5 p(X=x i 1 04 0,0287 0,2287 0,0001 0,001) 0,741 b.tif qui d’après leL’évènement contraire est : tous les animaux ont un test néga tableau précédent a une probabilité d’environ 0,741 7. La probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif est donc : 1−0,741 7=0,258 3. 5. Coût 0100 1000 Probabilité 0,9405 0,0580 0,0015 a.On a d’après les données du tableau : E=0×0,940 5+100×0,058 0+1 000×0,001 5=5, 80+1, 50=7, 30(. Ceci représente le coût moyen par animal

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b.Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de :

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200×7, 30=1 460(.

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