Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

Chatel

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Avec correction. Corrigé détaillé nelle calédonie 2011
Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S

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Terminale SMars 2011 Nouvelle - Calédonie Exercice 1 Partie A: Restitution organisée de connaissances On utilisera le résultat suivant :les solutions de l’équation différentielle y'1ay où aÎℝ sont les fonctionsgdéfinies ax surRpar : x1Ke oùKÎℝ.

Le but de cette partie est de déterminer les solutions de l’équation différentielle (E) : y'1ay#b oùaÎℝ*etbÎℝ. b 1.La fonctionudéfinie surparu ( x ! 1 %est une solution de (E) : a  b  ' La fonctionuest bien sûr dérivable suretu' ( x ! 10eta´u ( x ! #b1a´ %#b1 %b#b101u ( x ! ;   a   b La fonctionudéfinie surparu ( x ! 1 %est donc bien une solution de (E) ; CQFD ! a 2.Soitfune fonction définie et dérivable surR; fest solution de (E) Û f – uest solution de l’équation différentielle y'1ay :  f – uest solution de l’équation différentielley'1ay ( %u ! '1a ( f%u ! Û'%u'1af%au Û'1af# ( u'%au ! Û'1af#b caru'%au1bpuisqueuest solution de (E) fest solution de (E) . 3.Toutes les solutions de l’équation différentielle (E) : Ainsi, fest solution de (E)Ûf – uest solution de l’équation différentielle y'1ay ax Ûf – u=goù ( x ! 1Ke oùKÎℝ(cf. rappel en début d’exercice)  ( x ! 1g ( x ! #u ( x ! oùKÎℝ. ax b  f ( x ! 1Ke% oùKÎℝ. a Partie B Un cycliste roule sur une route descendante rectiligne et très longue. On notev tsa vitesse à l’instantt, oùtest exprimé en secondes etv ( t ! en mètres par seconde. On suppose de plus que la fonctionvainsi définie est dérivable sur l’intervalle [0 ;#¥[. Un modèle simple permet de considérer que la fonctionvest solution de l’équation différentielle :10v' ( t ! #v ( t ! 130. Enfin, on suppose que, lorsque le cycliste s’élance, sa vitesse initiale est nulle, c’est-à-dire quev ( 0 ! 10. 1  %t  10 1. v ( t ! 130  1%e  : Lafonctionvest solution de l’équation différentielle :     1 10v' ( t ! #v ( t ! 130Ûv' ( t ! 1 %v ( t ! #3 , 10 1 %t 1 10 équation différentielle de la forme y'1ay#b (avec a1 % etb13), doncv ( t ! 1Ke#30; 10 1 1   %t%t 10 10 Et comme, v0 ! 10ÛK#3010ÛK1 %30 d’où, au final, v ( t ! 1 %30e#30130  1%e  ; CQFD !     P trickCHATE 1Terminale S

2. a.Sens de variation de la fonctionvsur l’intervalle [0 ;#¥[ : 1 1  %t  %t  1  10 10   La fonctionvest dérivable sur l’intervalle [0 ; #¥ [ et v' ( t ! 13 00% %e13e20 ;     1 0     1 %t x 10 Or pourtouttÎ[0 ; +¥[ ,3e20car pour toutxÎ,e20; La fonctionvest donc strictement croissante sur l’intervalle [0 ;#¥[. 1 %t T 10 b.Limite de la fonctionven #¥ : lime1lime10⇒limv ( t ! 130 .  t|#¥ |T%¥ |#¥t 1 T1%t 10 3.On considère, dans cette situation, que la vitesse du cycliste est stabilisée lorsque son accélérationv' ( t !  est −2 inférieure à 0,1 m.s. Plus petite valeur, à la seconde près,detà partir de laquelle la vitesse du cycliste est stabilisée : Il s’agit donc de résoudre l’équation : v' ( t ! 00,1 ; Or : 1 1 %t %t 1 1  1  1 10 10 v' ( t ! 00,1Û3e00,1Ûe%0 Ût0lnÛ %t0l%n 30Ût120 ln 30 ( »34, 01 !    30 10  30  10 ln croissante C’est donc au bout d’environ 35 s que la vitesse est stabilisée. t 2 4.La distancedparcourue par ce cycliste entre les instantst 1 ett 2 est donnée par d1v ( t ! dt . ∫ t 1 Distance parcourue par ce cycliste pendant les 35 premières secondes : 1 1 35 35 35  %t  %t 10 10 Il s’agit donc de calculer d1v ( t ! dt130  1%e  dt130 1%e dt1 ∫ 0 ∫ 0   ∫ 0   35 35 1 1   %t    %t  10 10   130t%  %10e  130t#10e          0   0 35 7    %   %  10 2   130  35#10e  %101150  5#2e  »759 m.            Exercice 2 Chaque année, deux villages A et B organisent un concours sportif. Les concurrents tirent au sort un moyen de transport puis doivent relier le village A au village B le plus rapidement possible en utilisant ce moyen de transport et un parcours adapté. Pour le tirage, on utilise une urne contenant 4 jetons indiscernables au toucher. Sur un premier jeton figure la lettre V, sur le second la lettre R, sur le troisième la lettre P et sur le dernier la lettre L. Un concurrent tire au hasard un jeton : s’il tire le jeton sur lequel figure la lettre V, il effectuera le trajet à vélo ; s’il tire le jeton sur lequel figure la lettre R, Il effectuera le trajet en roller ; s’il tire le jeton sur lequel figure la lettre P, il effectuera le trajet à V pied ; 0, 25 s’il tire le jeton sur lequel figure la lettre L, il choisira librement son 0, 25 mode de transport parmi les trois précédents. R 0,25 On observe que lorsqu’un concurrent tire le jeton sur lequel figure la P lettre L, il choisit le vélo dans 70 % des cas, il choisit le roller dans 20 % 0, 25 0,70 V des cas et il décide de faire le parcours à pied dans 10 % des cas. 0,20 L R 0,10 1.Arbre pondéré correspondant à la situation : P P trickCHATE 2Terminale S

2.Probabilité qu’un concurrent effectue le trajet à vélo : soitVecet événement ; On a : Ve1VÈ ( LÇVe ! ; D’où : p Ve1p ( VÈ ( LÇVe ! ! 1p ( V ! #p ( LÇVe ! car V et LÇVe incompatibles 1 1 70 1p ( V ! #p ( L ! ´p ( Ve ! 11 # ´0, 25#0, 25´0, 710, 25#0,17510, 425 . L 4 4100 3.Sachant qu’un concurrent a effectué le trajet à vélo, probabilité qu’il ait tiré le jeton sur lequel figure la lettre L : il s’agit donc de déterminé la probabilité de l’événementL/Ve; p ( L Ve ! 0,175 7 Ç Or : p ( L/Ve ! 1 11 »0, 412 . p ( Ve ! 170, 425 4.On admet que les résultats des différentes années sont indépendants les uns des autres. L’expérience des années précédentes permet de considérer que la probabilité, pour le vainqueur, d’avoir 2 effectué le trajet à vélo est. 3 Probabilité qu’au cours des six prochaines années l’épreuve soit remportée au moins une fois par un concurrent « non cycliste » : 2 D’après les hypothèses faites, on est en présence d’un schéma de Bernoulli de paramètresn= 6etp= ; 3 Soit alorsXla variable aléatoire égale au nombre de fois où le vainqueur aura effectué le trajet à vélo. k6%k  6   2   1  Xsuit la loi binomiale B(6 ; 2/3) et p ( X1k ! 1 ;      k 3 3      La probabilité cherchée est alors : 6 06  6   2   1   2  64 665 p ( X£5 ! 11%p ( X16 ! 11% 11%111 %0», 912.        6   3   3   3  729 729 Exercice 3  u11 0  Soit u pour tout entier naturella suite définie parn. n  2 u1u%lnu#1 n#1n ( n !   Partie A 2 Soitfla fonction définie surpar f ( x ! 1x%lnx#1 . ( ! 1.Résolution dansl’équation ( x ! 1x: 2 22 22 f x1xÛx%lnx#11xÛ %lnx#110Ûlnx#110Ûx#111Ûx10Ûx10 . ( ! ( !( ! ( !  lnX10ÛX11 2.Étude dusens de variation de la fonctionfsur l’intervalle [0 ; 1] : 2 2 2 2x x#1 2x x%2x#1( x1 ! % fsurest dérivableet f' ( x ! 111% 1 % 1 . 2 22 22 x#1x#1x#1x#1x#1 2 ( x%1 ! SixÎ0 ; 1 ] alorsf ( x ! Î [ 0 ; 1 ] : f' ( x ! 1 ³0 doncfest croissante surdonc sur [0 ; 1] ; 2 x#1 En conséquence, si0£x£1alorsf ( 0 ! £f ( x ! £f ( 1 ! Û0£f ( x ! £1%ln 2; [ Comme 1 ln201 , on a bien montré que si xÎ0 ; 1 ] alors f ( x ! Î [ 0 ; 1 ] ; CQFD ! Partie B 1.Pour tout entiern> 0,uÎ [ 0 ; 1 ] , par récurrence : n Notons P(n) la proposition "uÎ [ 0 ; 1 ] " ; n Initialisation: u11%ln(2)Î [ 0 ; 1 ] donc P(1) est vraie (comme P(0) d’ailleurs !) ; 1 P trickCHATE 3Terminale S

Hérédité: Supposons P(n) vraie à un certain rang donc que uÎ [ 0 ; 1 ; n D’après le A.2., on sait alors que ( ! 0uÎ, soit P(n+1) v f uÎ [ ; 1 # [ 0 ; 1raie ; n n1 La proposition est donc vraie pour toutn> 0 (et en fait, pour toutn³ 0) ;

Ainsi, pour tout entiern> 0,uÎ [ 0 ; 1 ] ; CQFD ! n 2.Sens de variation de la suite ( u ! : n Méthode 1 :Par récurrence ; Notons P(n) la proposition "u³u" ; n n#1 |Initialisation:u11³u11%ln(2)donc P(0) est vraie ; 0 1 |Hérédité: Supposons P(n) vraie à un certain rang donc queu³u; n n#1 D’après le B.1., on sait queuÎ [ 0 ; 1 ]  etuÎ [ 0 ; 1, et d’après le A.2. quefest croissante sur n n#1 [0 ; 1] , d’où ( u ! ³f ( u ! Ûu³u, soit P(n+1) vraie ; n n#1n#1n#2 La proposition est donc vraie pour toutn³0 ; Ainsi, ( u ! est décroissante. n 2 Méthode 2 :Pour toutn> 0, on a u%u1 %lnu#1 ; n#1n ( n ! 2 2 2 Commeu³0, on au#1³1et donclnu#1³0. n n ( n ! Ainsi u%u£0 et en conséquence, la suite ( u ! est décroissante. n#1n n 3.La suite ( u ! est convergente :La suite est décroissante (cf B.2.) et minorée par 0 (cf. B.1.) donc elle converge n vers un réellde [0 ; 1] . Sa limite :fétant continue (car dérivable) sur [0 ; 1], elle est continue notamment enlpassage à la limite; par dans l’égalitéu1f ( u ! vient :, ill1f ( l ! . Ainsil= 0 d’après A.1. n#1n

Exercice 4    L’espace est muni d’un repère orthonormal direct (O;i,j,k) . On considère les pointsA(–2 ; 0 ; 1),B(1 ; 2 ; –1) etC(–2 ; 2 ; 2). 1.   a.Calcul : on a AB ( 3 ; 2 ;%2 ! et AC ( 0 ; 2 ; 1 ! d’où, le repère étant orthonormé :    |du produit scalaireAB.AC:AB.AC13´0#2´2# ( %2 ! ´112;

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 2 2 22 22 |des longueursABetAC: AB1AB13#2# ( %2 ! 117 et AC1AC10#2#115 .  b.Valeur approchée arrondie au degré près de l’angle BAC :    2 285     AB.AC1AB´AC´cosBACÛ2117´5´cosBACÛcosBAC1 1⇒BAC»77. 85 85 c.Les pointsA,BetCne sont pas alignés :    Puisque ,BAC»77,BACn’est ni nul ni plat donc les pointsA,BetCne sont pas alignés ; CQFD ! 2.Une équation cartésienne du plan (ABC) est : 2x –y+ 2z+2 = 0 : Les pointsA,BetCn’étant pas alignés, ils déterminent bien un plan ; L’équation 2x –y+ 2z+ 2 = 0est alors une équation du plan (ABC) si elle est vérifiée par les coordonnées de ces trois points ; Or : |2x%y#2z#212´ ( %2 ! 0%2#1´2# 10⇒AÎ ( P ! , A AA | 2x%y#2z#212´1%2#2´ ( 1% ! #210⇒BÎ ( P ! , B BB |2x%y#2z#212´ ( %2 ! %2#2´2#210⇒CÎ ( P ! ; C CC En conséquence, 2x –y+ 2z+ 2 = 0 est bien une équation du plan (ABC) ; CQFD ! 3.Soient P 1 et P 2 les plans d’équations respectivesx+y –3z+3 = 0 etx –2y+ 6z= 0. Les plans P 1 et P 2 sont sécants selon une droite D dont un système d’équations paramétriques est :  x1 %2  Î:  y1 %1#3toùtℝ  z1t   P 1 et P 2 Psécants : sont 1 :x+y–3z+3=0 a pour vecteur normal n ( 1 ; 1 ;%3 ! et P 2 :x–2y+6z=0 a pour vecteur 1   normal n1 ;%2 ; 6 ! ; Il est clair que n et n ne sont pas colinéaires donc P 1 et P 2 - n’étant pas parallèles - 2 12 sont sécants suivant donc une droite D. Représentation paramétrique de D  z1t z1t  x#y%3z#310   % # |Méthode 1 :M ( x;y;z ! ÎPÇPÛ Ûx#y%3t#310 Û  y1 %x3 3t 1 2   x%2y#6z10    x%2y#6t10x%2 ( %x3%3#t ! 6#t01    z1tz1t  x1 %2   Ûy1 %x%3#3tÛx1 %2Ûy1 %1#3tavectÎ; CQFD !     3x#6%6t#6t10y1 % ( %2 ! 3%3#tt z1    x1 %2  |Méthode 21 % est’une droite de vecteur directeur :  y1#3toùtÎℝla représentation paramétrique d  z1t     u0 ; 3 ; 1 et passant par le pointE(2 ;1 ;1) ; il suffit alors de vérifier que u est orthogonal à n et n 1 2 et queEappartient à P 1 et P 2 pour justifier que cette droite estD.  x1 %2  Î; |Méthode 3 :M ( x;y;z ! ÎDÛ  y1 %1#3toùtℝOr :  z1t  x#y%3z#31 %2# ( %1#3t ! 3%t3# 10⇒M ( x;y;z ! ÎP donc DÌP ; o 1 1 x%2y#6z1 %2%2 ( 1%3#t ! 6#t01⇒M ( x;y;z ! ÎPdonc DÌP ; o 2 2 Détant incluse dans P 1 et P 2 , qui sont sécants, c’est forcément leur droite d’intersection ! 4.  La droiteDet le plan (ABC) sont sécants :La droiteDadmetu ( 0 ; 3 ; 1 ! et le planpour vecteur directeur  (ABC) admetn ( 2 ;%1 ; 2 ! pour vecteur normal ;

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  Oru.n10´2#3´ ( %1 ! #1´21 %1¹0ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux donc la droite doncD n’est pas parallèle au plan (ABC) ; D est donc sécante avec (ABC) (en un pointI) ; CQFD !  x1 %2   1 %# Î   y1 3toùtℝ Î ÇÛ Coordonnées de leur point d’intersection :M ( x;y;z ! D ( ABC !   z1t    2x%y#2z#210  1 %2  t1 %1  x     x1 %2 y1 %1#3toù t x1 %2  Îℝ     Û ÛÛy1 %4donc I(2 ;4 ;1).     z1t y 1 %1#3´ ( %1 !     z1 %1     2´ ( %2 ! % ( 1%3#t ! 2#t#210 z1 %1    5.Soit S la sphère de centre W (1 ; –3 ; 1) et de rayonr= 3. 2 a.Une équation cartésienne de la sphère S :M ( x;y;z ! ÎSÛ WM13Û WM19  WM³0 2 22 2 2 2 Û ( x%1 ! # ( y#3 ! # ( z%1 ! 19Ûx#y#z%2x#6y%2z2# 10 .  x1 %2   1 %# Î  y1 3toùtℝ  b.Intersection de la sphère S et de la droite D :M ( x;y;z ! ÎDÇSÛ   z1t    2 2 2 x#y#z%2x#6y%2z#210   x1 %2  x1 %2     Îℝ  y1 %1#3toùt  y1 %1#3toùtÎℝ   Û Û ;     1  z t  z1t   2 2  2  2 ( %2 ! # ( %1#3t ! #t%2 ( ´2 ! %6 ( #1%3t# ! 2t%2#0110t#10t#510   2 2 Or l’équation10t#10t#510Û2t#2t#110n’a pas de solution dans; Donc la droiteDn’intercepte pas la sphèreS. c.Le plan (ABC) est tangent à la sphère S : Calculons la distance de (ABC) àS: 2% #2# 2 2´1% ( %3 ! #2´1#2 9 x yz W WW 9 d ( W;P ! 1 111 131r;  2 2 2 n9 3 2# ( %1 ! #2 Donc (ABC) est bien tangent à (S) ; CQFD !

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