Fiche de mathématiques

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Bac Tunisie SS (Section Sport) 2022

Durée : 2 heures
Coefficient : 1
4 points

exercice 1

Répondre par vrai ou faux à chacune des propositions suivantes.

Aucune justification n'est demandée

1. $\ln(2022)-\ln(2020)=\ln 2$ .

2. $e^{\ln(2)}\times e^{1+\ln(2)}=4e$ .

3. Le domaine de définition de la fonction $g$ définie par $g(x)=(x-1)+\ln(x+2)$ est $]-2;1[$ .

4. Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=e^{x\ln(5)}$ . Alors $f$ est dérivable sur $\R$ et on a :

$\text{ pour tout }x\in\R\enskip , \enskip f'(x)=e^{x\ln(5)}$ .

5 points

exercice 2

Un sac contient cinq jetons indiscernables au toucher répartis comme suit :

Deux jetons rouges portant la lettre S .

Un jeton rouge portant a lettre T .

Un jeton noir portant la lettre S .

Un jeton noir portant la lettre T .

Une épreuve consiste à tirer simultanément et au hazard deux jetons du sac .

On considère les évènements suivants : $\begin{matrix} &A\enskip:\enskip &\text{ ''Obtenir deux jetons qui protent la même lettre'' }\\ &B\enskip : \enskip&\text{ ''Obtenir deux jetons de même couleurs'' } \end{matrix}$

1.a) Vérifier que $p(A)=\dfrac{2}{5} \enskip , \enskip p(B)=\dfrac{2}{5} \text{ et }p(A\cap B)=\dfrac{1}{10}$ .

b) En déduire $p(A\cup B)$ .

2. Soit $X$ la variable aléatoire qui à chaque épreuve associe le nombre de jetons noirs tirés .

a) Déterminer la loi de probabilité de $X$ .

b) Vérifier que l'espérance mathématique de la variable $X$ est égale à $\dfrac{4}{5}$ .

4 points

exercice 3

Soit $f$ la fonction définie sur $]-\infty , 4[$ par : $f(x)=\ln(4-x)$ . On désigne par $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

1.a) Calculer $f(0)\text{ et }f(3)$ .

b) Déterminer $\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x) \text{ et }\lim_{x\to 4^{-}} f(x)$ .

c) Donner une équation de l'asymptote verticale à la courbe $(C)$ .

2.a) Calculer $f'(x)$ .

b) Dresser le tableau de variation de $f$ .

3.a) Montrer que $f$ réalise une bijection de $]-\infty,4[$ sur $\R$ .

b) Déterminer $f^{-1}(0)\text{ et }f^{-1}(2\ln 2)$ .

7 points

exercice 4

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=e^{\frac{1}{2}-x}$ . On désigne par $(\Gamma)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

1.a) Déterminer $\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x) \text{ et }\lim_{x\to +\infty} f(x)$ .

b) Donner une équation de l'asymptote horizontale à la courbe $(\Gamma)$ au voisinage de $+\infty$ .

2.a) Calculer $f'(x)$ .

b) Dresser le tableau de variation de $f$ .

c) Vérifier qu'une équation de la tangente $T$ à la courbe $(\Gamma)$ en son point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ est : $y=-x+\dfrac{3}{2}$ .

3. Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x)=e^{x}$ . On désigne par $(\Gamma^{'})$ sa courbe représentative dans le repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

a) Montrer que $\dfrac{1}{4}$ est la seule solution , dans $\R$ , de l'équation : $f(x)=g(x)$ .

b) En déduire que les deux courbes $(\Gamma)$ et $(\Gamma^{'})$ se coupent uniquement en $A\left(\dfrac{1}{4},e^{\frac{1}{4}\right)$ .

4. On a tracé dans l'annexe ci-jointe la courbe $(\Gamma^{'})$ et on a placé le point $A$ .

a) Tracer dans le même repère la tangente $T$ et la courbe $(\Gamma)$ .

b) Hachurer la partie $S$ du plan limitée par les courbes $(\Gamma)\text{ et }(\Gamma^{'})$ et les droites d'équations : $x=\dfrac{1}{4} \text{ et }x=\dfrac{1}{2}$ .

c) Montrer que l'aire $A$ de la partie $S$ , en unité d'aire , est égale à $\left(e^{\frac{1}{4}}-1\right)^2$ .

Annexe à rendre avec la copie

Bac Tunisie 2022 SS (section sport) : image 1

Voir la correction

exercice 1

1) Affirmation fausse :

En effet , on a : $\ln(2022)-\ln(2020)\neq\ln(2022-2020)=\ln 2$

2) Affirmation Vraie :

Puisque : $e^{\ln(2)}\times e^{1+\ln(2)}=2\times e^1\times e^{\ln 2}=2\times e\times 2 = 4e$

3) Affirmation fausse :

Car , en notant $D_g$ le domaine de définition de $g$ , on a :

$x\in D_g\iff x+2>0 \iff x>-2 \iff x\in ]-2;+\infty[\iff D_g=]-2;+\infty[\neq ]-2;1[$

4) Affirmation fausse :

$f$ est bien une fonction dérivable sur $\R$ car la fonction exponentielle est dérivable sur $\R$ , mais pour tout $x$ de $\R$ , on a :

$f'(x)=\left(e^{x\ln 5}\right)'=(x\ln 5)'e^{x\ln 5}=\ln 5e^{x\ln 5} \neq e^{x\ln 5}$

exercice 2

Bac Tunisie 2022 SS (section sport) : image 3

On tire simultanément et au hazard deux jetons du sac , il s'agit donc de combinaisons .

1-a)

$A$ : Obtenir $2S$ ou $2T$
Et on a $3$ jetons portant $S$ et $2$ jetons portant $T$ , alors :

$p(A)=\dfrac{{3\choose 2}+{2\choose 2}}{{5\choose 2}}\iff \boxed{p(A)=\dfrac{2}{5}}$

$B$ : Obtenir $2 \text{ Rouges }$ ou $2 \text{ Noirs }$
Et on a $3$ jetons rouges et $2$ jetons noirs , alors :

$p(B)=\dfrac{{3\choose 2}+{2\choose 2}}{{5\choose 2}}\iff \boxed{p(A)=\dfrac{2}{5}}$

$A\cap B : \text{'' Obtenir ( 2S ou 2T ) ET (2 rouges ou 2 noirs ) ''}$

Et puisqu'on ne peut pas avoir :

$\begin{cases}\bullet \text{ 2S noirs } \\ \bullet \text{ 2T noirs } \\\bullet \text{ 2T rouges } \end{cases}$

Alors $A\cap B : \text{'' Obtenir 2S rouges ''}$

$p(A\cap B) = \dfrac{{2\choose 2}}{{5\choose 2}}=\iff \boxed{p(A\cap B)=\dfrac{1}{10}}$

b) On a la formule suivante : $p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)$

Alors :

$\begin{matrix} p(A\cup B)&=&p(A)+p(B)-p(A\cap B)\\&=& \dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{10}\\&=& \dfrac{8}{10}-\dfrac{1}{10}\\&=&\dfrac{7}{10}\end{matrix}$
$\boxed{p(A\cup B)=\dfrac{7}{10}}$
2) $X$ est la variable aléatoire qui à chaque épreuve associe le nombre de jetons noirs tirés .

a) Puisqu'on n'a que $2$ jetons noirs dans le sac , alors $X\in\lbrace 0;1;2\rbrace$ .

$p(X=0)=\dfrac{{3\choose 2 }}{{5\choose 2}}=\dfrac{3}{10}\enskip\enskip \text{ (On a en effet 3 jetons rouges) }$ .
$p(X=1)=\dfrac{{3\choose 1 }\times {2\choose 1 } }{{5\choose 2}}=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}$ .
$p(X=2)=\dfrac{{2\choose 2 } }{{5\choose 2}}=\dfrac{1}{10}$ .

Récapitulatif :
$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x_i&0&1&2\\\hline & &&\\ p(X=x_i) & \dfrac{3}{10} &\dfrac{6}{10}&\dfrac{1}{10}\\ & &&\\ \hline \end{array}$

b) L'espérance mathématique se calcule par : $E(X)=\displaystyle \sum_{i} x_ip(X=x_i)$

$\begin{matrix} E(X)&=&\displaystyle \sum_{i} x_ip(X=x_i)\\&=& 0\times\dfrac{3}{10}+1\times\dfrac{6}{10}+2\times\dfrac{1}{10}\\&=& \dfrac{6}{10}+\dfrac{2}{10}\\&=&\dfrac{8}{10}\\&=&\dfrac{4}{5}\end{matrix}$

$\boxed{E(X)=\dfrac{4}{5}}$

exercice 3

1-a)
$f(0)=\ln(4-0)=\ln 4 =\ln 2^2=2\ln 2$
$\boxed{f(0)=2\ln 2}$
$f(3)=\ln(4-3)=\ln 1 =0$
$\boxed{f(3)=0}$

b)
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} 4-x =+\infty \text{ et }\lim_{X\to +\infty} \ln X=+\infty$ .
Alors : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty} \ln( 4-x)=+\infty$
$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x) =+\infty}$

Etudions le signe de $4-x$ :
On a $4-x=0\iff x=4$
Le coefficient directeur étant $-1$ qui est négatif, le signe de $4-x$ est donc positif à gauche de $4$ , et négatif à droite de $4$ .
Tableau de signe :
$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline x&-\infty& &&4&&&+\infty\\\hline 4-x&&+&&\barre{0}&&-&\\\hline\end{tabvar}$
On en tire que $\displaystyle \lim_{x\to 4^{-}} 4-x=0^{+}$ . De plus , on sait que $\displaystyle\lim_{X\to 0^{+}} \ln X=-\infty$
Alors $\displaystyle\lim_{x\to 4^{-}} f(x)=\lim_{x\to 4^{-}} \ln( 4-x)=-\infty$
$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to4^{-}} f(x) =-\infty}$

c) Puisque $\displaystyle \lim_{x\to4^{-}} f(x) =-\infty$

Alors :
$\boxed{\begin{matrix}\text{ La courbe }(C) \text{ de la fonction }f\text{ admet la droite d'équation }x=4 \\\text{ comme asymptote verticale (à gauche) }\end{matrix}}$

2-a) $f$ est une fonction dérivable sur $]-\infty;4[$ comme composée de la fonction polynomiale $x\mapsto 4-x$ dérivable et strictement positif sur cet intervalle et de la fonction $\ln$ dérivable sur $\R^{*}_{+}$ .

$\begin{matrix}\forall x\in]-\infty;4[\text{ : }f'(x)&=&\left(\ln(4-x)\right)'\\&=& \dfrac{(4-x)'}{4-x}\\&=& \dfrac{-1}{4-x}\end{matrix}$

Ou encore : $\boxed{\forall x<4\text{ : }f'(x)=\dfrac{1}{x-4}}$

b) Le signe de $f'(x)$ est celui de $x-4$ .

Or , pusique $x<4$ , alors $x-4<0$

Donc , $\forall x\in ]-\infty;4[\text{ : }f'(x)<0$

Ce qui permet de dresser le tableau de variations de la fonction $f$ :

$\begin{array}{|c|ccc||} \hline x & -\infty & & 4 \\ \hline f'(x) & & - & \\ \hline & +\infty & & \\ f & &\searrow & \\ & & & -\infty \\ & & & \\ \hline \end{array}$

3-a) La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $]-\infty;4[$ .

$f$ réalise alors une bijection de $]-\infty ; 4[$ sur $f(]-\infty;-4[)$ .

Or , $f(]-\infty;-4[)=\left]\displaystyle\lim_{x\to4^{-}} f(x);\lim_{x\to-\infty} f(x)\right[=]-\infty;+\infty[=\R$

$\boxed{f \text{ réalise une bijection de }]-\infty,4[ \text{ sur }\R }$

b) D'après 1-a) , on a :

$f(0)=2\ln 2$ , alors $\boxed{f^{-1}(2\ln 2)=0}$

$f(3)=0$ , alors $\boxed{f^{-1}(0)=3}$

exercice 4

1-a)
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{1}{2}-x =+\infty \text{ et }\lim_{X\to +\infty} e^X=+\infty$ .
Alors : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty} e^{\frac{1}{2}-x}=+\infty$
$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x) =+\infty}$

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1}{2}-x =-\infty \text{ et }\lim_{X\to -\infty} e^X=0$ .
Alors : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty} e^{\frac{1}{2}-x}=0$
$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x) =0}$

b) Puisque $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x) =0$

Alors :
$\boxed{\begin{matrix}\text{ La courbe }(\Gamma) \text{ de la fonction }f\text{ admet l'axe des abscisses (d'équation }y=0\text{)} \\\text{ comme asymptote horizontale au voisinage de }+\infty\end{matrix}}$

2-a) La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme fonction exponentielle dérivable sur $\R$ .

$\begin{matrix} \forall x\in\R\text{ : }f'(x)&=& \left(e^{\frac{1}{2}-x}\right)'\\&=&\left(\dfrac{1}{2}-x\right)'e^{\frac{1}{2}-x}\\&=&-e^{\frac{1}{2}-x}\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=-e^{\frac{1}{2}-x}}$

b) Le signe de $f'(x)$ est l'opposé de celui de $e^{\frac{1}{2}-x}$ .

Et on sait que , pour tout réel $x \text{ : }e^{\frac{1}{2}-x}>0$ , donc $f'(x)<0$ .

Ce qui permet de dresser le tableau de variations de la fonction $f$ :

$\begin{array}{|c|ccc|} \hline x & -\infty & & +\infty \\ \hline f'(x) & & - & \\ \hline & +\infty & & \\ f & &\searrow & \\ & & & 0 \\ \hline \end{array}$

c) L'équation de latangente $T$ à la courbe $(\Gamma)$ au point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ s'écrit :
$T\text{ : }y=f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)$

Et on calcule :

$f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=-e^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}}=-e^{0}=-1$
$f\left(\dfrac{1}{2}\right)=e^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}}=e^{0}=1$

Donc :

$\begin{matrix}T\text{ : }y=f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)&\iff& T\text{ : }y=-\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+1\\&\iff&T\text{ : }y=-x+\dfrac{1}{2}+1\\&\iff& \boxed{T\text{ : }y=-x+\dfrac{3}{2}}\end{matrix}$

3-a) Résolvons l'équation $f(x)=g(x)$ :

$\begin{matrix} f(x)=g(x) &\iff& e^{\frac{1}{2}-x}=e^x \\&\iff& \ln \left(e^{\frac{1}{2}-x}\right)=\ln(e^x)\\&\iff& \dfrac{1}{2}-x=x\\&\iff&\dfrac{1}{2}=2x \\&\iff& x=\dfrac{1}{4} \end{matrix}$

$\boxed{\dfrac{1}{4} \text{ est la seule solution , dans }\R \text{ , de l'équation : }f(x)=g(x)}$

b) Les courbes $(\Gamma)'$ de $g$ et $(\Gamma)$ de $f$ se coupent aux points d'abscisses solutions de l'équation $f(x)=g(x)$ .

Et puisque $\dfrac{1}{4}$ est l'unique solution de cette équation , ces deux courbes ne se coupent qu'en un seul point, qu'on note $A$ , d'abscisse $x_A=\dfrac{1}{4}$ .

L'ordonnée $y_{A}$ est l'image de l'abscisse trouvée par la fonction $g$ ou la fonction $f$ ,
on choisit de calculer l'image par la fonction $g$ car son expression est le plus simple : $y_A=g(x_A)=g\left(\dfrac{1}{4}\right)=e^{\frac{1}{4}$

$\boxed{\text{Les deux courbes }(\Gamma) \text{ et } (\Gamma^{'}) \text{ se coupent au point } A\left(\dfrac{1}{4},e^{\frac{1}{4}}\right)}$

4-a) Voir la figure ci-dessous .

b)

Bac Tunisie 2022 SS (section sport) : image 2

c) L'aire $A$ de la partie $S$ du plan limitée par les courbes $(\Gamma)\text{ et }(\Gamma^{'})$ et les droites d'équations : $x=\dfrac{1}{4} \text{ et }x=\dfrac{1}{2}$ s'écrit en unité d'aire :
$A=\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}|f(x)-g(x)|\text{ d}x$
Or , d'après la figure ci-dessus , la courbe $(\Gamma)'$ est au dessus de $(\Gamma)$ sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}\right]$ , donc $f(x)\leq g(x)$ sur cet intervalle .
Et donc , $|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)$ , pour tout $x\in\left[\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}\right]$ .

$\begin{matrix}A&=&\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}|f(x)-g(x)|\text{ d}x&=&\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}g(x)-f(x)\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}g(x)\text{ d}x-\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}f(x)\text{ d}x &=&\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}e^{x}\text{ d}x-\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}e^{\frac{1}{2}-x}\text{ d}x\\&=&\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}e^{x}\text{ d}x-\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}e^{\frac{1}{2}}e^{-x}\text{ d}x&=&\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}e^{x}\text{ d}x+e^{\frac{1}{2}}\displaystyle \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}\left(-e^{-x}\right)\text{ d}x\\&=&\displaystyle [e^x]_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}+e^{\frac{1}{2}}[e^{-x}]_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}&=&e^{\frac{1}{2}}-e^{\frac{1}{4}}+e^{\frac{1}{2}}\left(e^{-\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{4}}\right) \end{matrix}$

$\begin{matrix}\white A &=&e^{\frac{1}{2}}-e^{\frac{1}{4}}+e^{0}-e^{\frac{1}{4}}\white AAAA&=&e^{\frac{1}{2}}-2e^{\frac{1}{4}}+1\\&=&e^{\frac{2}{4}}-2e^{\frac{1}{4}}+1&=&\left(e^{\frac{1}{4}}\right)^2-2e^{\frac{1}{4}}+1\\&=&\left(e^{\frac{1}{4}}-1\right)^2\end{matrix}$

$\boxed{A=\left(e^{\frac{1}{4}}-1\right)^2\enskip\enskip \textbf{(UA)}}$

Publié par malou/Panter le 10-10-2022

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