Fiche de mathématiques

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL

SESSION 2020

MATHÉMATIQUES

Série S

Enseignement Obligatoire - Coefficient 7

Durée de l'épreuve : 4 heures

L'usage des calculatrices est autorisé dans les conditions suivantes :
- l'usage de calculatrice avec mode examen actif est autorisé ;
- l'usage de calculatrice sans mémoire, « type collège » est autorisé.

Le sujet est composé de quatre exercices indépendants.
Le candidat doit traiter tous les exercices.
Le candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée.
Il est rappelé que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.

5 points

exercice 1

Commun à tous les candidats

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples constitué de cinq questions indépendantes.
Pour chaque question, une seule des réponses est exacte. Le candidat portera sur sa copie, sans justification, le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Il sera attribué 1 point si la réponse est exacte, 0 sinon.

1. Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules blanches indiscernables au toucher.
On extrait une boule de l'urne et on note sa couleur.
On répète 4 fois cette expérience, de manière indépendante, en remettant la boule à chaque fois dans l'urne.
La probabilité, arrondie au centième, d'obtenir au moins 1 boule blanche est :

$\text{Réponse A : } 0,15\qquad \text{Réponse B : } 0,63\qquad \text{Réponse C : } 0,5\qquad \text{Réponse D : } 0,85$

2. Soit n étant un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Un sac contient n pièces indiscernables au toucher. Ces pièces comportent toutes un côté « PILE » et un côté « FACE » sauf une qui contient deux côtés « FACE ».
On choisit au hasard une pièce du sac puis on la lance.
La probabilité d'obtenir le côté « FACE » est égale à :

$\text{Réponse A : } \dfrac{n-1}{n} \qquad \text{Réponse B : } \dfrac{n+1}{2n} \qquad \text{Réponse C : } \dfrac 1 2 \qquad \text{Réponse D : } \dfrac{n-1}{2n}$

3. On considère T la variable aléatoire suivant la loi normale d'espérance $\mu=60$ et d'écart-type $\sigma = 6$
La probabilité $P_{(T > 60 )}(T > 72)$ arrondie au millième est :

$\text{Réponse A : } 0,954 \qquad \text{Réponse B : } 1\qquad \text{Réponse C : } 0,023 \qquad \text{Réponse D : } 0,046.$

4. La durée de fonctionnement, exprimée en années, d'un moteur jusqu'à ce que survienne la première panne est modélisée par une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre lambda

où

est un réel strictement positif.
La probabilité que le moteur fonctionne sans panne pendant plus de 3 ans est égale à :

$\text{Réponse A : } \text{e} ^{-3\lambda} \qquad \text{Réponse B : } 1-\text{e} ^{-3\lambda} \qquad \text{Réponse C : } \text{e} ^{3\lambda}-1 \qquad \text{Réponse D : } \text{e} ^{3\lambda} .$

5. On note X une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur $\left[0 \,;\dfrac{\pi}{2}\right]$ . La probabilité qu'une valeur prise par la variable aléatoire X soit solution de l'inéquation $\cos x > \dfrac 1 2$ est égale à :

$\text{Réponse A : } \dfrac 2 3 \qquad \text{Réponse B : } \dfrac 1 3 \qquad \text{Réponse C : } \dfrac 1 2 \qquad \text{Réponse D : } \dfrac{1}{\pi}.$

4 points

exercice 2

Commun à tous les candidats

Soit ABCDEFGH un cube. L' espace est rapporté au repère orthonormé $\left( A\,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right).$

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 1

Pour tout réel t, on considère le point M de coordonnées (1-t ; t ; t )

1. Montrer que pour tout réel t , le point M appartient à la droite (BH).

On admet que les droites (BH) et (FC) ont respectivement pour représentation paramétrique :

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 2

2. Montrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.

3. Pour tout réel t ' , on considère le point M' (1 ; t ' ; 1-t ' ).
${\white{ww}} \textbf{ a. }$ Montrer que pour tous réels t et t ' , MM'²= $3\left( t - \dfrac 1 3 \right)^2+2\left( t' - \dfrac 1 2 \right)^2+\dfrac 1 6 .$

${\white{ww}} \textbf{ b. }$ Pour quelles valeurs de t et de t ' la distance MM' est-elle minimale ? Justifier.

4. On nomme P le point de coordonnées $\left( \dfrac 2 3 \,;\, \dfrac 1 3 \,;\, \dfrac 1 3 \right)$ et Q celui de coordonnées $\left( 1 \,;\, \dfrac 1 2\,;\, \dfrac 1 2 \right)$

${\white{w}}$ Justifier que la droite (PQ) est perpendiculaire aux droites (BH) et (FC).

6 points

exercice 3

Commun à tous les candidats

On considère la fonction f définie sur R par $f(x)=x\text e ^{-x²+1}.$ On note (C) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O; vecti

).

1. $\textbf{ a. }$ Montrer que pour tout x réel, $f(x)=\dfrac{\text e }{x}\times \dfrac{ x²}{ \text e ^{x²}}$
${\white{v}} \textbf{ b. }$ En déduire la limite de f(x) lorsque x tend vers + infini

.

2. Pour tout réel x , on considère les points M et N de la courbe (C) d'abscisses respectives x et -x.
${\white{v}} \textbf{ a. }$ Montrer que le point O est le milieu du segment [MN].
${\white{v}} \textbf{ b. }$ Que peut-on en déduire pour la courbe (C) ?

3. Etudier les variations de la fonction f sur l'intervalle [0 ; + infini

[.

4. $\textbf{ a. }$ Montrer que l'équation $f(x)=0,5$ admet sur [0 ; + infini

[ exactement deux solutions notées alpha

(avec

).
${\white{v}} \textbf{ b. }$ En déduire les solutions sur [0 ; + infini

[ de l'inéquation $f(x) \ge 0,5$ .
${\white{v}} \textbf{ c. }$ Donner une valeur approchée à 10^-2 près de alpha

.

5. Soit A un réel strictement positif. On pose $I_A=\begin{aligned}\int_{0}^{A}{f(x)}\;$d$x\end{aligned}$ .

${\white{v}} \textbf{ a. }$ Justifier que $I_A=\dfrac 1 2 \left( \text e -\text e ^{-A²+1}\right)$ .
${\white{v}} \textbf{ b. }$ Calculer la limite de I_A lorsque A tend vers + infini

.
On admet que cette limite est l'aire en unités d'aire située entre la partie de la courbe (C) sur [0 ; + infini

[ et l'axe des abscisses.

6. Comme illustré sur le graphique ci-dessous, on s'intéresse à la partie grisée du plan qui est délimitée par :
${\white{v}} \bullet {\white{v}}$ la courbe (C) sur R et la courbe (C ') symétrique de (C) par rapport à l'axe des abscisses ;
${\white{v}} \bullet {\white{v}}$ le cercle de centre $\Omega \left(\dfrac{\sqrt 2}{2}\,;\, 0 \right)$ et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.
${\white{v}}$ On admet que le disque de centre $\Omega \left(\dfrac{\sqrt 2}{2}\,;\, 0 \right)$ et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées sont situés entièrement entre la courbe (C) et la courbe (C ') .
Déterminer une valeur approchée en unité d'aire au centième près de l'aire de cette partie grisée du plan.

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 3

5 points

exercice 4

Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O; vectu

).

On considère la suite de nombre complexes (z_n) définie par :
$z_0=0 \text { et pour tout entier naturel } n, \, z_{n+1}=(1+i)z_n-i$ .

Pour tout entier naturel n, on note A_n le point d'affixe z_n .

On note B le point d'affixe 1.

1.
${\white{v}} \textbf{ a. }$ Montrer que $z_1=-i$ et que $z_2=1-2i.$
${\white{v}} \textbf{ b. }$ Calculer z₃.
${\white{v}} \textbf{ c. }$ Sur la copie, placer les points B, A₁, A₂ et A₃ dans le repère (O; vectu

).
${\white{v}} \textbf{ d. }$ Démontrer que le triangle BA₁A₂ est isocèle rectangle.

2. Pour tout entier naturel n, on pose $u_n=|z_n-1|$ .
${\white{v}} \textbf{ a. }$ Démontrer que pour tout entier naturel n, on a $u_{n+1}=\sqrt 2 \,u_n .$
${\white{v}} \textbf{ b. }$ Déterminer à partir de quel entier naturel n, la distance BA_n est strictement supérieure à 1000. On détaillera la démarche choisie.

3.
${\white{v}} \textbf{ a. }$ Déterminer la forme exponentielle de 1+i.
${\white{v}} \textbf{ b. }$ Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $z_n=1-\left(\sqrt 2\right)^n\,\text e ^{i\frac{n\pi}{4}}.$
${\white{v}} \textbf{ c. }$ Le point A₂₀₂₀ appartient-il à l'axe des abscisses ? Justifier.

Correction

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie

5 points

exercice 1

Commun à tous les candidats

${\red{\text{1. Réponse D : }}{\blue{\text{La probabilité, arrondie au centième, d'obtenir au moins 1 boule blanche est : }0,85.}}}$

Nous répétons 4 fois la même expérience aléatoire.
Tous les tirages sont identiques et indépendants.
Chaque expérience possède exactement deux issues :
le succès : "la boule tirée est blanche" dont la probabilité est p = $\dfrac{3}{8}$ .
l'échec : "la boule tirée n'est pas blanche" dont la probabilité est 1 - p = $\dfrac{5}{8}$ .
Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches tirées de l'urne.
La variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres n = 4 et p = $\dfrac{3}{8}$ .
Nous devons déterminer $p(X\ge1).$
L'événement contraire de l'événement "au moins une boule est blanche" est "aucune boule n'est blanche".

$\text{Or }\ P(X=0)=\begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix}\times\left(\dfrac{3}{8}\right)^0\times\left(1-\dfrac{3}{8}\right)^{4-0} \\\phantom{P(X=0)}=1\times1\times\left(\dfrac{5}{8}\right)^{4} \\\phantom{P(X=0)}\approx0,15 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(X=0)\approx 0,15} \\\\\text{Dès lors, }\ P(X\ge1)\approx1-0,15\Longrightarrow\boxed{P(X\ge1)\approx0,85.}$

${\red{\text{2. Réponse B :}}{\blue{\text{ La probabilité d'obtenir le côté FACE est égale à }\dfrac{n+1}{2n}.}}}$
Les événements sont équiprobables car les pièces sont indiscernables.
Le sac contient n pièces, ce qui détermine 2n côtés parmi lesquels il y a (n - 1) "PILE" et (n + 1) "FACE".

Par conséquent, la probabilité d'obtenir le côté "FACE" est égale à $\dfrac{n+1}{2n}.$

${\red{\text{3. Reponse B : }}{\blue{\text{La probabilité }P_{T>60)}(T>72)}\text{ arrondie au millième est }0,046.}}}$
On considère T la variable aléatoire suivant la loi normale d'espérance $\overset{{\white{.}}}{\mu=60}$ et d'écart-type $\sigma = 6.$

Remarque : $\overset{{\white{.}}}{\mu-2\sigma=48}$ et $\overset{{\white{.}}}{\mu+2\sigma=72}.$

$P_{T>60)}(T>72)=\dfrac{P((T>60)\cap(T>72))}{P(T>60)}=\dfrac{P(T>72)}{P(T>60)} \\\\\text{Or }\mu=60\Longrightarrow\boxed{P(T>60)=0,5} \\\\P(T<48)+P(48\le T\le 72)+P(T>72)=1 \\\\\Longrightarrow P(T>72)+P(48\le T\le 72)+P(T>72)=1\\ {\white{wwwwwwwwwwwww}}(\text{car }P(T<48)=P(T<\mu-2\sigma)=P(T>\mu+2\sigma)=P(T>72) \\\\\Longrightarrow 2P(T>72)+P(48\le T\le 72)=1 \\\\\Longrightarrow 2P(T>72)=1-P(48\le T\le 72) \\\\\Longrightarrow 2P(T>72)\approx1-0,9545{\white{wwwww}}[\text{car }P(48\le T\le 72)=P(\mu-2\sigma\le T\le \mu+2\sigma)\approx0,9545] \\\\\Longrightarrow P(T>72)\approx\dfrac{1-0,9545}{2} \\\\\Longrightarrow \boxed{P(T>72)\approx0,02275}$

Par conséquent, $P_{T>60)}(T>72)=\dfrac{P(T>72)}{P(T>60)}\approx\dfrac{0,02275}{0,5}\Longrightarrow\boxed{P_{T>60)}(T>72)\approx0,046}$

${\red{\text{4. Réponse A : }}{\blue{\text{La probabilité que le moteur fonctionne sans panne pendant plus de 3 ans est égale à }\text{e}^{-3\lambda}.}}}$
Pour une variable aléatoire T qui suit une loi exponentielle de paramètre lambda

sur [0 ; + infini

[ : $\overset{{\white{.}}}{P(T>t)=\text{e}^{-\lambda t}}.$
Dès lors $\overset{{\white{.}}}{\boxed{P(T>3)=\text{e}^{-3\lambda }}.}$

${\red{\text{5. Réponse A : }}{\blue{\text{La probabilité qu'une valeur prise par la variable aléatoire }X}}}$
$\\ {\white{wwwwwwwww}}{\blue{\text{ soit solution de l'inéquation }\cos x>\dfrac{1}{2}\text{ est égale à }\dfrac{2}{3}.}}$

On note X une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur $\left[0 \,;\dfrac{\pi}{2}\right]$ .
$\text{Si }0\le x\le \dfrac{\pi}{2},\ \text{alors }\cos x>\dfrac{1}{2}\Longleftrightarrow0<x<\dfrac{\pi}{3}.$
D'où $\overset{{\white{.}}}{P\left(0<X<\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-0}{\dfrac{\pi}{2}-0}=\dfrac{\dfrac{\pi}{3}}{\dfrac{\pi}{2}}=\dfrac{\pi}{3}\times\dfrac{2}{\pi}=\dfrac{2}{3}\Longrightarrow\boxed{P\left(0<X<\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{2}{3}}}$

4 points

exercice 2

Commun à tous les candidats

Soit ABCDEFGH un cube. L' espace est rapporté au repère orthonormé $\overset{{\white{.}}}{\left( A\,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right).}$
Pour tout réel t, on considère le point M de coordonnées (1 - t ; t ; t ).

1. Nous devons montrer que pour tout réel t, le point M appartient à la droite (BH).

$\left \lbrace\begin{matrix}B\,(1\,;\,0\,;\,0)\\H\,(0\,;\,1\,;\,1)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{BH}\,(0-1\,;\,1-0\,;\,1-0)\\ {\white{wwwwwwww}}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BH}\,(-1\,;\,1\,;\,1)} \\\\ \left \lbrace\begin{matrix}B\,(1\,;\,0\,;\,0)\\M\,(1-t\,;\,t\,;\,t)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{BM}\,(1-t-1\,;\,t-0\,;\,t-0)\\ {\white{wwwwwwww..w}}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BM}\,(-t\,;\,t\,;\,t)} \\\\\text{D'où }\boxed{\overrightarrow{BM}=t\,\overrightarrow{BH}}$

Il s'ensuit que les vecteurs $\overrightarrow{BM}$ et $\overrightarrow{BH}$ sont colinéaires.
Par conséquent, pour tout réel t, le point M appartient à la droite (BH).

On admet que les droites (BH) et (FC) ont respectivement pour représentation paramétrique :

$(BH):\left\lbrace\begin{matrix}x=1-t\\y=t{\white{w.w}}\\z=t{\white{w.w}}\end{matrix}\right.{\white{w}}\text{où }t\in\R$ ${\white{www}}$ et ${\white{www}}$ $(FC):\left\lbrace\begin{matrix}x=1{\white{w.w}}\\y=t'{\white{w.w}}\\z=1-t'\end{matrix}\right.{\white{w}}\text{où }t'\in\R.$

2. Nous devons montrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.

$\bullet {\white{w}}$ Montrons que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.
Un vecteur directeur de la droite (BH) est le vecteur $\boxed{\overrightarrow{BH}\,(-1\,;\,1\,;\,1)}.$ .
Un vecteur directeur de la droite (FC) est le vecteur $\overrightarrow{FC}.$

$\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}F\,(1\,;\,0\,;\,1)\\C\,(1\,;\,1\,;\,0)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{FC}\,(1-1\,;\,1-0\,;\,0-1)\\ {\white{wwwwwwwwww}}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{FC}\,(0\,;\,1\,;\,-1)}$

$\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{FC}=(-1)\times0+1\times1+1\times(-1) \\\phantom{\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{FC}}=0+1-1 \\\phantom{\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{FC}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BH}\perp\overrightarrow{FC}}$
Les droites (BH) et (FC) sont donc orthogonales.

$\bullet {\white{w}}$ Montrons que les droites (BH) et (FC) ne sont pas coplanaires.
Les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.
Elles peuvent être soit perpendiculaires en un point, soit orthogonales non coplanaires.
Déterminons les coordonnées de l'éventuel point d'intersection entre (BH) et (FC) en résolvant le système composé par les équations de ces droites.

$\left\lbrace\begin{matrix}x=1-t\\y=t\phantom{ww} \\z=t\phantom{ww} \\x=1\phantom{ww} \\y=t'\phantom{ww} \\z=1-t'\end{matrix}\right.\phantom{ww} \Longleftrightarrow\phantom{ww} \left\lbrace\begin{matrix}x=1-t\\y=t\phantom{ww} \\z=t\phantom{ww} \\1-t=1\\t=t'\phantom{ww} \\t=1-t'\end{matrix}\right.\phantom{ww} \Longleftrightarrow\phantom{ww} \left\lbrace\begin{matrix}x=1-t\\y=t\phantom{ww} \\z=t\phantom{ww} \\ {\red{t=0}}\phantom{ww}\\t'=0\phantom{ww} \\ {\red{t=1}}\phantom{ww}\end{matrix}\right.$

Le système est n'admet pas de solution car il est impossible d'avoir simultanément t = 0 et t = 1.
Les droites (BH) et (FC) ne sont donc pas perpendiculaires en un point.

$\bullet {\white{w}}$ Par conséquent, les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.

3. Pour tout réel t', on considère le point M' (1 ; t' ; 1 - t').

3.a) D'une part,

$\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2=(x_{M'}-x_{M})^2+(y_{M'}-y_{M})^2+(z_{M'}-z_{M})^2 \\\\\phantom{\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2}=[1-(1-t)]^2+(t'-t)^2+[(1-t')-t]^2 \\\\\phantom{\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2}=(1-1+t)^2+(t'-t)^2+(1-t'-t)^2 \\\\\phantom{\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2}=t^2+(t'^2-2tt'+t^2)+(1+t'^2+t^2-2t'-2t+2tt') \\\\\phantom{\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2}=3t^2+2t'^2-2t'-2t+1 \\\\\Longrightarrow\boxed{MM'^2=3t^2+2t'^2-2t-2t'+1}$

D'autre part,

$3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}=3\left(t^2-\dfrac{2}{3}t+\dfrac{1}{9}\right)+2\left(t'^2- t'+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{1}{6} \\\phantom{3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}}=3t^2-2t+\dfrac{1}{3}+2t'^2-2t'+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6} \\\phantom{3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}}=3t^2+2t'^2-2t-2t'+1 \\\\\Longrightarrow\boxed{3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}=3t^2+2t'^2-2t-2t'+1}$

Par identification des résultats, nous obtenons : $\boxed{\forall\ t,\ t'\in\R,\ MM'^2=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}}$

3.b) Si MM'² est minimal, alors MM' est minimal.
Or MM'² est une somme de trois termes positifs qui ne sera minimale que lorsque les deux premiers termes le seront.
Il faut donc avoir $3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2=0$ et $2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2=0$ , soit $\boxed{t=\dfrac{1}{3}}$ et $\boxed{t'=\dfrac{1}{2}.}$

4. Nous devons montrer que la droite (PQ) est perpendiculaire aux droites (BH) et (FC).

$\left \lbrace\begin{matrix}P\,(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\\\\Q\,(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2})\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{PQ}\,(1-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})\\ {\white{wwwwwwwww}}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{PQ}\,(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{6}\,;\,\dfrac{1}{6})} \\\\\boxed{\overrightarrow{BH}\,(-1\,;\,1\,;\,1)}$

$\overrightarrow{PQ}.\overrightarrow{BH}=\dfrac{1}{3}\times(-1)+\dfrac{1}{6}\times1+\dfrac{1}{6}\times1=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{PQ}\perp\overrightarrow{BH}} \\\\ \overrightarrow{PQ}.\overrightarrow{FC}=\dfrac{1}{3}\times0+\dfrac{1}{6}\times1+\dfrac{1}{6}\times(-1)=0+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{PQ}\perp\overrightarrow{FC}}$
Par conséquent, la droite (PQ) est perpendiculaire aux droites (BH) et (FC).

6 points

exercice 3

Commun à tous les candidats

On considère la fonction f définie sur

par $f(x)=x\,\text{e}^{-x^2+1}.$

${\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall\ x\in\R,\ f(x)=x\,\text{e}^{-x^2+1} =x\,(\text{e}^{-x^2}\times\text{e}) \\\\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall\ x\in\R,\ f(x)}=x\,\times\dfrac{\text{e}}{\text{e}^{x^2}}=\dfrac{x^2}{x}\,\times\dfrac{\text{e}}{\text{e}^{x^2}}=\dfrac{\text{e}\times x^2}{x\times\text{e}^{x^2}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in\R,\ f(x)=\dfrac{\text{e}}{x}\,\times\dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}}$

${\red{1.\ \text{b) }}}\ \bullet\ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\text{e}}{x}\right)=0} \\\\\bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}x^2=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{\text{e}^X}{X}=+\infty\end{matrix}\right.{\white{www}}\Longrightarrow{\white{www}}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^{x^2}}{x^2}=+\infty{\white{ww}}(\text{par composition en posant }X=x^2) \\\phantom{wwwwwwwwwwwww.www}\Longrightarrow\phantom{www}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}=0} \\\\\text{D'où }\ \lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\text{e}}{x}\times\dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}\right)=0\Longrightarrow\boxed{{\blue{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}}}$

2.a) Déterminons les coordonnées du milieu du segment [MN].

$\left(\dfrac{x_M+x_N}{2}\,;\,\dfrac{y_M+y_N}{2}\right)=\left(\dfrac{x+(-x)}{2}\,;\,\dfrac{x\,\text{e}^{-x^2+1}+(-x)\,\text{e}^{-(-x)^2+1}} {2}\right) \\\\\phantom{\left(\dfrac{x_M+x_N}{2}\,;\,\dfrac{y_M+y_N}{2}\right)}=\left(\dfrac{x-x}{2}\,;\,\dfrac{x\,\text{e}^{-x^2+1}-x\,\text{e}^{-x^2+1}}{2}\right) \\\phantom{\left(\dfrac{x_M+x_N}{2}\,;\,\dfrac{y_M+y_N}{2}\right)}=(0\,;0).$

Par conséquent, le point O (0;0) est le milieu du segment [MN].

2.b) Nous en déduisons que la courbe $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport à l'origine O du repère.

3. Déterminons l'expression de f' (x ).

$f'(x)=x'\times\,\text{e}^{-x^2+1}+x\times\left(\text{e}^{-x^2+1}\right)' \\\phantom{f'(x)}=1\times\,\text{e}^{-x^2+1}+x\times\left(-x^2+1\right)'\text{e}^{-x^2+1} \\\phantom{f'(x)}=\text{e}^{-x^2+1}+x\times\left(-2x\right)\text{e}^{-x^2+1} \\\phantom{f'(x)}=\text{e}^{-x^2+1}-2x^2\,\right)\text{e}^{-x^2+1} \\\phantom{f'(x)}=(1-2x^2)\,\text{e}^{-x^2+1} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=(1-2x^2)\,\text{e}^{-x^2+1}}$

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur

, le signe de f' (x ) sera le signe de (1 - 2x²).
Déterminons les racines de (1 - 2x²).

$1-2x^2=0\Longleftrightarrow2x^2=1 \\\phantom{1-2x^2=0}\Longleftrightarrow x^2=\dfrac{1}{2} \\\\\phantom{1-2x^2=0}\Longleftrightarrow x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\ \text{ ou }\ x=-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\\\\phantom{1-2x^2=0}\Longleftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \text{ ou }\ x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Le polynôme du second degré (1 - 2x²) est du signe du coefficient de x² (donc négatif) pour toutes les valeurs de x sauf entre les racines.
D'où le tableau de signes de (1 - 2x²) sur

.

${\white{wwwww}}$ $\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline&&&&&&&& x&-\infty&&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}&&\dfrac{\sqrt{2}}{2}&&+\infty&&&&&&&& \\\hline &&&&&&&&1-2x^2&&-&0&+&0&-&\\&&&&&&&\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons le tableau de signes de (1 - 2x²) et de f' (x ) ainsi que les variations de la fonction f sur l'intervalle [0 ; + infini

[.

$\underline{\text{Calculs préliminaires}}:\bullet\ f(0)=0\\\phantom{\underline{\text{Calculs préliminaires}}:}\bullet\ f\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\text{e}^{-\frac{1}{2}+1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\text{e}^{\frac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\sqrt{\text{e}}=\dfrac{\sqrt{2\,\text{e}}}{2}\approx1,17\\\phantom{\underline{\text{Calculs préliminaires}}:}\bullet\ \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\\\\\\\phantom{wwwwwwwwww}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline&&&&&& x&0&&\dfrac{\sqrt{2}}{2}&&+\infty&&&&&& \\\hline&&&&&\\ 1-2x^2&&+&0&-&\\&&&&& \\\hline &&&&&& f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline &&&\dfrac{\sqrt{2\,\text{e}}}{2}&&\\ f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&0&&&&0\\\hline \end{array}$

4.a) Montrons que l'équation f (x ) = 0,5 admet sur [0 ; + infini

[ exactement deux solutions.

$\bullet\ \underline{\text{Sur }[0\,;\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}]}$
La fonction f est continue et strictement croissante.

$\overset{{\white{.}}}{f(0)=0\ {\red{<0,5}}}$ et $f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2\,\text{e}}}{2}\approx1,17\ {\red{>0,5}}$
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation f (x ) = 0,5 possède une et une seule solution sur $[0\,;\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}].$

$\bullet\ \underline{\text{Sur }\ ]\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[}$
La fonction f est continue et strictement décroissante.

$f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2\,\text{e}}}{2}\approx1,17\ {\red{>0,5}}$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\ {\red{<0,5}}$
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation f (x ) = 0,5 possède une et une seule solution sur $]\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[.$

Par conséquent, sur [0 ; +[, l'équation f (x ) = 0,5 possède exactement deux solutions et (avec < ).

4.b) Nous obtenons ainsi le tableau de variations de f complété.

${\white{wwwww}}$ $\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline&&&&&&&&&& x&0&&{\red{\alpha}}&&\dfrac{\sqrt{2}}{2}&&{\red{\beta}}&&+\infty&&&&&&&&&&\\\hline &&&&&\dfrac{\sqrt{2\,\text{e}}}{2}&&&&\\ f(x)&&\nearrow&{\red{0,5}}&\nearrow&&\searrow&{\red{0,5}}&\searrow&\\&0&&&&&&&&0\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons que l'ensemble des solutions de l'inéquation f (x ) 0,5 est l'intervalle [ ; ].

4.c) A l'aide de la calculatrice, nous obtenons $\overset{{\white{.}}}{\boxed{\alpha\approx0,19}}$ et $\overset{{\white{.}}}{\boxed{\beta\approx1,43}}$ .

5. On pose $\overset{{\white{.}}}{I_A=\int\limits_0^Af(x)\,\text{d}x}$ avec A > 0.

5.a) Remarque : $\left(\text{e}^{-x^2+1}\right)'=(-x^2+1)'\,\text{e}^{-x^2+1}\Longrightarrow\boxed{\left(\text{e}^{-x^2+1}\right)'=-2x\,\text{e}^{-x^2+1}}$

$I_A=\int\limits_0^Af(x)\,\text{d}x \\\phantom{I_A}=\int\limits_0^Ax\,\text{e}^{-x^2+1}\,\text{d}x \\\phantom{I_A}={\red{-\dfrac{1}{2}}}\int\limits_0^A{\red{-2}}x\,\text{e}^{-x^2+1}\,\text{d}x \\\phantom{I_A}=-\dfrac{1}{2}\left[\text{e}^{-x^2+1}\right]\limits_0^A\phantom{www}(\text{voir remarque}) \\\\\phantom{I_A}=-\dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-A^2+1}-\text{e}^{0+1}\right) \\\\\phantom{I_A}=-\dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-A^2+1}-\text{e}\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{I_A=\dfrac{1}{2}\left(\text{e}-\text{e}^{-A^2+1}\right)}$

5.b) Nous devons déterminer $\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{A\to+\infty}I_A.}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{A\to+\infty}(-A^2+1)=-\infty\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^X=0\end{matrix}\right.{\white{www}}\Longrightarrow{\white{www}}\lim\limits_{A\to+\infty}\text{e}^{-A^2+1}=0{\white{ww}}(\text{par composition en posant }X=-A^2+1) \\\phantom{wwwwwwwwwwwwwww.www}\Longrightarrow\phantom{ww}\lim\limits_{A\to+\infty}\dfrac{1}{2}(\text{e}-\text{e}^{- A^2+1})=\dfrac{1}{2}(\text{e}-0) \\\\\phantom{wwwwwwwwwwwwwww.www}\Longrightarrow\phantom{ww}\boxed{\lim\limits_{A\to+\infty}I_A=\dfrac{\text{e}}{2}}$

On admet que cette limite est l'aire en unités d'aire située entre la partie de la courbe (C ) sur [0 ; infini

[ et l'axe des abscisses.

6. Nous devons déterminer une valeur approchée en unité d'aire au centième près de l'aire de cette partie grisée du plan.

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 4

En utilisant la symétrie du graphique, nous déduisons que cette aire grisée est égale à 4 fois l'aire colorée en vert.

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 5

Nous savons par la question 5 que l'aire en unités d'aire située entre la partie de la courbe (C ) sur [0 ; infini

[ et l'axe des abscisses est égale à $\overset{{\white{.}}}{\dfrac{\text{e}}{2}}.$
L'aire en unités d'aire du demi-disque de centre omegamaj

vaut $\dfrac{1}{2}\times\pi\times(0,5)^2=\dfrac{1}{2}\times\pi\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\times\pi\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{\pi}{8}.$
D'où l'aire en unités d'aire de la partie coloriée en vert est égale à $\dfrac{\text{e}}{2}-\dfrac{\pi}{8}.$
Par conséquent, l'aire en unités d'aire de la partie grisée est égale à $\overset{{\white{.}}}{4(\dfrac{\text{e}}{2}-\dfrac{\pi}{8})=2\text{e}-\dfrac{\pi}{2}\ (\text{u.a.})\approx\boxed{3,87\ (\text{u.a.})}}$

5 points

exercice 4

Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

On considère la suite de nombres complexes (z_n ) définie par : $\left\lbrace\begin{matrix}z_0=0{\white{wwwwwwwwwwww}}\\z_{n+1}=(1+\text{i})z_n-\text{i}{\white{ww}}(n\in\N)\end{matrix}\right.$

Pour tout entier naturel n, on note A_n le point d'affixe z_n .
On note B le point d'affixe 1.

${\red{1.\ \text{a) }}}\ z_{1}=(1+\text{i})z_0-\text{i}=(1+\text{i})\times0-\text{i}=0-\text{i}\Longrightarrow\boxed{z_1=-\text{i}} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}}\ z_{2}=(1+\text{i})z_1-\text{i}=(1+\text{i})\times(-\text{i})-\text{i}=-\text{i}+1-\text{i}\Longrightarrow\boxed{z_2=1-2\text{i}} \\\\ {\red{1.\ \text{b) }}}\ z_{3}=(1+\text{i})z_2-\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ z_{3}}=(1+\text{i})(1-2\text{i})-\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ z_{3}}=1-2\text{i}+\text{i}+2-\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}}\overset{{\white{.}}}{\Longrightarrow \boxed{z_3=3-2\text{i}}}$

1.c) Plaçons les points B, A₁, A₂ et A₃ dans le repère $\overset{{\white{.}}}{(O\,;\,\vec{u}\,,\,\vec{v})}.$

Bac S obligatoire remplacement 2020 Polynésie : image 6

1.d) Montrons que le triangle BA₁A₂ est isocèle.
${\white{wwwww}}$ $A_1B=|1-z_1| \\\phantom{A_1B}=|1+\text{i}| \\\phantom{A_1B}=\sqrt{1^2+1^2} \\\phantom{A_1B}=\sqrt{2}$ ${\white{wwwww}}$ ${\white{wwwww}}$ $A_1A_2=|z_2-z_1| \\\phantom{A_1A_2}=|1-2\text{i}+\text{i}| \\\phantom{A_1A_2}=|1-\text{i}| \\\phantom{A_1A_2}=\sqrt{1^2+(-1)^2} \\\phantom{A_1A_2}=\sqrt{2}$
D'où $A_1B=A_1A_2$ et par suite, le triangle BA₁A₂ est isocèle en A₁.

Montrons que le triangle BA₁A₂ est rectangle.
$A_1B=A_1A_2=\sqrt{2}\Longrightarrow (A_1B)^2+(A_1A_2)^2=2+2 \\\phantom{A_1B=A_1A_2=\sqrt{2}}\Longrightarrow {\blue{(A_1B)^2+(A_1A_2)^2= 4}}\\ \\BA_2=|z_2-1|=|1-2\text{i}-1|=|-2\text{i}|=2\Longrightarrow{\blue{(BA_2)^2=4}} \\\\\text{D'où }\boxed{(BA_2)^2=(A_1B)^2+(A_1A_2)^2}$
Par la réciproque du théorème de Pythagore, nous en déduisons que le triangle BA₁A₂ est rectangle en A₁.
Par conséquent, le triangle BA₁A₂ est isocèle rectangle en A₁.

2. Pour tout entier naturel n, on pose $\overset{{\white{.}}}{u_n=|z_n-1|}.$

2.a) Pour tout entier naturel n,

$u_{n+1}=|z_{n+1}-1| \\\phantom{u_{n+1}}=|(1+\text{i})z_n-\text{i}-1| \\\phantom{u_{n+1}}=|(1+\text{i})z_n-(\text{i}+1)| \\\phantom{u_{n+1}}=|{\blue{(1+\text{i})}}z_n-{\blue{(1+\text{i})}}| \\\phantom{u_{n+1}}=|{\blue{(1+\text{i})}}(z_n-1)| \\\phantom{u_{n+1}}=|1+\text{i}|\,|z_n-1| \\\phantom{u_{n+1}}=\sqrt{1^2+1^2}\times u_n \\\phantom{u_{n+1}}=\sqrt{2}\,u_n \\\\\Longrightarrow\boxed{u_{n+1}=\sqrt{2}\,u_n}$

2. b) Par définition, nous savons que $\overset{{\white{.}}}{BA_n=|z_n-1|=u_n\,.}$
Nous déduisons de la question précédente que la suite (u_n ) est une suite géométrique de raison $q=\sqrt{2}$ dont le premier terme est $\overset{{\white{.}}}{u_0=|z_0-1|=|0-1|=1}.$
Le terme général de cette suite est $\overset{{\white{.}}}{u_n=u_0\times q^n}$ , soit $\overset{{\white{.}}}{\boxed{u_n=(\sqrt{2})^n}}.$

Déterminer à partir de quel entier naturel n , la distance BA_n est strictement supérieure à 1000 revient à déterminer le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation $u_n>1000.$

$u_n>1000\Longleftrightarrow(\sqrt{2})^n>1000 \\\phantom{u_n>1000}\Longleftrightarrow\ln(\sqrt{2})^n>\ln1000 \\\phantom{u_n>1000}\Longleftrightarrow n\times\ln(\sqrt{2})>\ln1000 \\\phantom{u_n>1000}\Longleftrightarrow n>\dfrac{\ln1000}{\ln(\sqrt{2})} \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln1000}{\ln(\sqrt{2})}\approx19,93.$
Donc, le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation $\overset{{\white{.}}}{u_n>1000}$ est n = 20.
Par conséquent, la distance BA_n est strictement supérieure à 1000 à partir de n = 20.

3. a) Nous devons déterminer la forme exponentielle de z = 1 + i.

$\bullet{\white{w}}|z|=\sqrt{1^2+1^2}={\blue{\sqrt{2}}} \\\\\bullet{\white{w}}z=1+\text{i}={\blue{\sqrt{2}}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\text{i}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+\text{i}\sin\dfrac{\pi}{4}\right)$
D'où un argument de z est $\dfrac{\pi}{4}$ .
Par conséquent, la forme exponentielle de 1 + i est $\boxed{\sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}}.$

3. b) Nous devons démontrer par récurrence que pour tout entier naturel, $z_n=1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}.$

$\bullet {\white{w}}$ Initialisation : Montrons que l'égalité est vraie pour n = 0.
Par définition, $\overset{{\white{.}}}{z_0=0}.$
De plus, $1-(\sqrt{2})^0\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{0\times\pi}{4}}=1-(\sqrt{2})^0\,\,\text{e}^{0}=1-1=0.$
D'où $\overset{{\white{.}}}{\boxed{z_0=1-(\sqrt{2})^0\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{0\times\pi}{4}}}}$
L'initialisation est donc vraie.

$\bullet {\white{w}}$ Hérédité : Si pour une valeur fixée de n , l'égalité est vraie au rang n , alors montrons qu'elle est encore vraie au rang (n + 1)
Supposons que pour un nombre entier naturel n , $z_n=1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}$ , alors montrons que $z_{n+1}=1-(\sqrt{2})^{n+1}\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}.$

$z_{n+1}=(1+\text{i})z_n-\text{i} \\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{(1+\text{i})(1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}})-\text{i}} \\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}+\text{i}-\text{i}(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}-\text{i}} \\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}-\text{i}(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}}$
$\\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}(1+\text{i})} \\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\times\sqrt{2}\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}} \\\phantom{z_{n+1}}=\overset{{\white{.}}}{1-(\sqrt{2})^{n+1}\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}.} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_{n+1}=1-(\sqrt{2})^{n+1}\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}}$
L'hérédité est donc vraie.

Par conséquent, puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que pour tout entier naturel, $z_n=1-(\sqrt{2})^n\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}.$

${\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}=1-(\sqrt{2})^{2020}\,\,\text{e}^{\text{i}\frac{2020\pi}{4}}. \\\phantom{{\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}}=\overset{{\white{.}}}{1-2^{1010}\,\,\text{e}^{\text{i}505\pi}} \\\phantom{{\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}}=\overset{{\white{.}}}{1-2^{1010}\,\,\text{e}^{\text{i}(252\times2\pi+\pi)}} \\\phantom{{\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}}=\overset{{\white{.}}}{1-2^{1010}\,\,\text{e}^{\text{i}\pi}}$
$\\\phantom{{\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}}=\overset{{\white{.}}}{1-2^{1010}\times(-1)} \\\phantom{{\red{3.\ \text{c) }}}\ z_{2020}}=\overset{{\white{.}}}{1+2^{1010}} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_{2020}=1+2^{1010}\in\R}$
Par conséquent, le point A₂₀₂₀ appartient à l'axe des abscisses.

Publié par malou le 11-06-2021

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