Fiche de mathématiques

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Bac Métropole spécialité Mathématiques 2024

Jour 1

Durée : 4 heures

Bac général spécialité maths Métropole 2024 Jour 1 : image 12

4 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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5 points

exercice 3

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6 points

exercice 4

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4 points

exercice 1

Soit $f$ définie sur R par $f(x)=5\,x\,\text e^{-x}$

Affirmation 1 : Vraie

$f(x)=5\,x\,\text e^{-x}=5\dfrac{x}{\text e ^x}$ . D'après le cours sur les puissances comparées, on sait que $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\text e ^x}{x}=+\infty$ donc le quotient inverse tend vers 0.

La droite d'équation $y=0$ (axe des abscisses) est donc asymptote à la courbe en $+\infty$ .

Affirmation 2 : Vraie

Pour tout $x$ de R, $f'(x)=5\,\text e^{-x}-5\,x\,\text e^ {-x}$

donc pour tout $x$ de R,: $f'(x)+f(x)=5\,\text e^{-x}-5\,x\,\text e^ {-x}+5\,x\,\text e^{-x}=5\,\text e^{-x}$

On peut donc affirmer que $f$ est solution de (E).

Affirmation 3 : Faux

En effet, si on choisit la suite $(v)$ définie pour tout v $n_in \textbf N$ par $v(n)=(-1)^n$ , cette suite vérifie bien les conditions imposées mais ne converge pas, car prend alternativement les valeurs -1 et 1.

Affirmation 4 : Vraie

Comme $(u_n)$ est croissante, on a : pour tout $n\in \textbf N$ , $u_0\le u_n$

Comme $(w_n)$ est décroissante, on a : pour tout $n\in \textbf N$ , $w_n\le w_0$

Or par hypothèse, $u_n\le v_n\le w_n$ . On obtient : $u_0\le u_n\le v_n\le w_n\le w_0$

d'où : pour tout $n\in \textbf N$ , $\boxed{u_0\le v_n\le w_0}}$

5 points

exercice 2

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2. La probabilité que le client ait réalisé son achat sur internet et soit satisfait s'écrit : $P(I\cap S)$ .

$P(I\cap S)=P(I)\times P_I(S)=0,6\times 0,75=0,45$

3. $I\;, \;M\;,\; \text{ et } G$ formant une partition, on peut utiliser l'axiome des probabilités totales :

$P(S)=P(S\cap I)+P(S\cap M)+P(S\cap G)\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(S)}=P(I)\times P_I(S)+P(M)\times P_M(S)+P(G)\times P_G(S) }\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(S)}=0,6\times 0,75+0,3\times 0,9+0,1\times 0,8 }\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(S)}=0,8}$

La probabilité que le client ait réalisé son achat sur internet et soit satisfait est égale à $0,8\cdot$

4. Le client étant satisfait, la probabilité qu'il ait effectué son achat sur internet s'écrit : $P_S(I)\cdot$

$P_S(I)=\dfrac{P(S\cap I)}{P(S)}=\dfrac{0,45}{0,8}=0,563$ à $10^{-3}$ près.

5. a) Comme on peut assimiler les appels à un tirage avec remise, un appel représente à chaque fois une épreuve de Bernouilli, de succès de probabilité $0,8$ . Comme $30$ épreuves successives et indépendantes sont réalisées, $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n=30$ et $p=0,8$ .

$\white{w}$ b) La probabilité qu'au moins 25 clients soient satisfaits dans cet échantillon de 30 personnes s'écrit : $P(X\ge 25)\cdot$

A l'aide de la calculatrice, on trouve : $P(X\ge 25)=0,428$ à $10^{-3}$ près.

6. Soit $n$ la taille minimale de l'échantillon de clients à contacter pour qu'au moins un d'entre eux ne soit pas satisfait soit supérieure à $0,99$ . L'entier $n$ est solution de l'inéquation $P(X\ge 1)\ge 0,99$ .

$P(X\ge 1)\ge 0,99\Longleftrightarrow 1-P(X=0)=0,99\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow 1-\binom{2}{0}(0,2)^0(0,8)^n\ge 0,99}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow 1-(0,8)^n\ge 0,99}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow 0,01 \ge (0,8)^n}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow \ln (0,01) \ge \ln (0,8)^n}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow \ln (0,01) \ge n\ln (0,8)} \\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow \dfrac{\ln (0,01)}{\ln [0,8)}\le n}\quad\text{ car }\ln (0,8)<0} \\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\phantom{P(X\ge 1)\ge 0,99}\Longleftrightarrow 20,64 \le n}$

Il faudra donc interroger au moins $21$ personnes.

7. a) $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes, donc :

$E(T)=E(T_1)+E(T_2)=4+3=7$

$V(T)=V(T_1)+V(T_2)=2+1=3$

$\white{w}$ b) Utilisons l'inégalité de Bienaymé Tchebychev pour la variable aléatoire $T$ .

$P\left(|T-E(T)|\ge \alpha\right)~\le~ \dfrac{V(T)}{\alpha ^2}$ dans laquelle $E(T)=7$ , $V(T)=3$ et $\alpha = 3$ .

On désire que : $5\le T\le 9$ soit $-2\le T-7\le 2$ ou encore $|T-7|\le 2$ qui peut s'écrire $|T-7|< 3$

On obtient : $P\left(|T-7|\ge 3\right)~\le ~\dfrac{3}{9}$

Donc : $P\left(|T-7|< 3\right)~>~1-\dfrac 13$

Soit : $P(4<T<10)~>~\dfrac 23$

Et on obtient bien : $P(5\le T \le 9)~>~\dfrac 23$

5 point

exercice 3

Bac général spécialité maths Métropole 2024 Jour 1 : image 5

Bac général spécialité maths Métropole 2024 Jour 1 : image 9

1. a)
$\overrightarrow{CA}~\begin{pmatrix} 5\\5 \\ -10 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{CD}~\begin{pmatrix} 0\\0 \\ -\frac{25}{2} \end{pmatrix}$

On donne $\overrightarrow{n_1}~\begin{pmatrix} 1\\-1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{CA}=1\times 5+(-1)\times 5+0\times (-10)=0$ donc $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{CA}$ sont orthogonaux.

$\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{CD}=1\times 0+(-1)\times 0+0\times (-25)=0$ donc $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{CD}$ sont orthogonaux.

Conclusion : $\overrightarrow{n_1}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(CAD)$ . On en déduit que $\overrightarrow{n_1}$ est un vecteur normal au plan $(CAD)$ .

$\white{w}$ b) Une équation du plan $(CAD)$ s'écrit alors : $1x-1y+0z+d=0$ avec $d\in \textbf R$

Or $C\in (CAD)$ si $0-0+0\times 10+d=0$ soit $d=0$ .

Une équation du plan $(CAD)$ est bien : $x-y=0\cdot$

2. Soit $\mathcal D\;\left\lbrace\begin{matrix} x &=&\frac52t \\ y&=&5-\frac 52t&t\in\textbf R\\ z& =&0 \end{matrix}\right.$

$\white{w}$ a) En admettant que $\mathcal D$ et le plan $(CAD)$ sont sécants en $H$ , il suffit de vérifier que les coordonnées de $H \left(\dfrac 52\;;\dfrac 52\;;0\right)$ vérifient en même temps l'équation du plan $(CAD)$ ce qui est le cas (car $\dfrac 52-\dfrac 52=0$ ) et le système représentant $\mathcal D$ (il suffit de choisir dans le système la valeur $t=1$ ).

$\white{w}$ b) Calculons les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{BH}$ .

$\overrightarrow{BH}~\begin{pmatrix} \dfrac 52\\-\dfrac 52\\ 0 \end{pmatrix}$ .

On obtient : $\overrightarrow{BH}=\dfrac 5 2 \overrightarrow{n_1}$ ce qui montre que $\overrightarrow{BH}$ est bien orthogonal au plan $(CAD)$

3. a) Montrons que $ABH$ est rectangle en $H$ .

$\overrightarrow{HA}~\begin{pmatrix} \dfrac 52\\ \dfrac 52\\ 0 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{HB}~\begin{pmatrix} -\dfrac 52\\ \dfrac 52\\ 0 \end{pmatrix}$ .

Calculons le produit scalaire de ces deux vecteurs.

$\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB}=-\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}+0=0$

Le produit scalaire est nul, les deux vecteurs sont orthogonaux et le triangle $ABH$ est rectangle en $H$ .

$\white{w}$ b) L'aire du triangle $(ABH)$ vaut $\mathcal A=\dfrac {HA\times HB}{2}$ .

Or $HA=HB=\sqrt{\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}}=\dfrac{\sqrt{50}}{2}=\dfrac{5\sqrt 2}{2}$ .

Donc $\mathcal A= \dfrac 1 2 \times \dfrac{5\sqrt 2}{2}\times \dfrac{5\sqrt 2}{2}=\dfrac{25}{4}$

4. a) Montrons que $(CO)$ est la hauteur du tétraèdre $(ABCH)$ issue de $C$ .

$\overrightarrow{CO}~\begin{pmatrix} 0\\ 0\\-10 \end{pmatrix}$

Donc : $\overrightarrow{CO}\cdot \overrightarrow{BH}=0$ et $\overrightarrow{CO}\cdot \overrightarrow{HA}=0$

On en déduit que la droite $(CO)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(ABH)$ , donc que la droite $(CO)$ est orthogonale au plan $(ABH)$ .

De plus, les quatre points $A\;,B\;,H\;,O$ ont tous quatre leur côte nulle, Ils sont donc coplanaires et le point $O$ est bien la hauteur de $(ABCH)$ issue de $C$ .

$\white{w}$ b) Soit $\mathcal V$ le volume cherché. En considérant pour base le triangle $ABH$ (qui a pour aire $\dfrac{25}{4}$ ) et pour hauteur $[CO]$ qui a pour longueur $10$ , on obtient :

$\mathcal V= \dfrac 1 3 \mathcal B \times h = \dfrac 1 3 \times \dfrac{25}{4}\times 10=\dfrac{125}{6}$ .

5. $ABC$ étant rectangle en $B$ , l'aire de $ABC$ vaut $\mathcal A\,(ABC)=\dfrac{AB\times AC}{2}$ . Or $AB=5$ et $AC=5\sqrt 5$ donc $\mathcal A\,(ABC)=\dfrac{25\sqrt 5}{2}$ .

$\mathcal V=\dfrac 1 3 \mathcal A\,(ABC)\times d$ .

$\dfrac{125}{6}=\dfrac 1 3\times \dfrac{25\sqrt 5}{2}\times d$

$125=25\sqrt 5 \,d$ d'où $d=\dfrac{125}{25\sqrt 5}=\sqrt 5$ .

6 points

exercice 4

Partie A : Etude de la fonction $f$

Soit $f$ définie sur R^+* par : $f(x)=x-2+\dfrac 1 2 \ln x\cdot$

1. a) $\lim\limits_{x\to 0}(x-2)=-2\quad\text{ et } \quad \lim\limits_{x\to 0}\dfrac 12 \ln x=-\infty$

Par somme, on obtient : $\lim\limits_{x\to 0}f(x)=-\infty$

$\lim\limits_{x\to +\infty}(x-2)=+\infty\quad\text{ et } \quad \lim\limits_{x\to 0}\dfrac 12 \ln x=+\infty$

Par somme, on obtient : $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$

$\white{w}$ b) $f$ est dérivable et $f'(x)=1+\dfrac{1}{2x}=\dfrac{2x+1}{2x}\cdot$

$\white{w}$ c) Sur R^+* , $2x > 0$ et $2x+1 > 0$ . On en déduit que la dérivée est strictement positive.

$\white{w}$ d) Calculons la dérivée seconde. $f''(x)=\dfrac{(2x)2-(2x+1)2}{(2x)^2}=\dfrac{-2}{(2x)^2}= \dfrac{-1}{2x^2}$ quantité strictement négative. On en déduit que la fonction est concave sur son ensemble de définition.

2. a) On a montré que $f'$ est strictement positive sur son ensemble de définition. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0\;;\;+\infty$ . Mais on sait qu'elle est dérivable donc continue sur ce même ensemble.

$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$ . Or $0 \in ]-\infty\;;\;+\infty[$

d'après le théorème des valeurs intermédaires, il existe un unique $\alpha$ tel que $f(\alpha)=0\cdot$

Comme $f(1)=-1<0$ et $f(2)=\dfrac 12 \ln 2 > 0$ , on peut dire que $\alpha \in ]1\;;\;2[$ et donc a fortiori $\alpha \in [1\;;\;2]\cdot$

$\white{w}$ b)

$\white{ww}$ $\begin{array} {|c|cccccc|} \hline x &0& & \alpha & & +\infty & \\\hline& & & & \nearrow && \\\text{variation de } f&&&0&&&\\ {}&& \nearrow &&&&\\\hline {signe} & & - & & + & & \\\hline\end{array}$

Comme $f$ est strictement croissante sur $]0\;;\;\alpha[$ et que $f(\alpha)=0$ , alors sur $]0\;;\;\alpha[ \quad f(x)<0$ et sur $]\alpha\;;\;+\infty[ \quad f(x)> 0\cdot$

$\white{w}$ c) $f(\alpha)=0\Longleftrightarrow \alpha-2+\dfrac12 \ln \alpha=0 \Longleftrightarrow 2\alpha -4=-\ln \alpha \Longleftrightarrow \ln \alpha = 2(2-\alpha)$

Partie B : étude de la fonction $g$

La fonction $g$ est définie sur $]0\;;\;1]$ par $g(x)=-\dfrac 78 x^2+x-\dfrac 14 x^2\ln x\cdot$

1. $g'(x)=-\dfrac 7 4 x +1-\dfrac 1 4 \left(2x\ln x+x^2\times \dfrac 1 x\right)= -\dfrac 7 4 x +1-\dfrac{x\ln x}{2}-\dfrac 1 4 x=-2x+1-\dfrac{x\ln x}{2}$ d'une part.

D'autre part, $xf\left(\dfrac 1 x\right)=x\times \left(\dfrac 1 x -2+\dfrac 1 2 \ln \left(\dfrac 1 x\right)\right) = 1 - 2x +\dfrac x 2(-\ln x)=1-2x-\dfrac{x\ln x}{2}\cdot$

On peut en conclure que pour $x\in ]0\;;\;1]~,~g'(x)=xf\left(\dfrac 1 x\right)\cdot$

2. a) Si $x\in \left]0\;;\;\dfrac{1}{\alpha}\right]$ , alors : $\dfrac 1 x \in ]\alpha\;;\;+\infty[$ et $f\left(\dfrac 1 x\right) > 0$ (cf partie A, b)

$\white{w}$ b)
$\begin{array} {|c|cccccc|} x &0 & & \dfrac{1}{\alpha} & & 1 & \\ \\ \text{signe de } f(\frac 1 x)&|| & + & 0 & - & & \\ \\ \text{signe de } g'(x)&|| & + & 0 & - & & \\ \\ \text{variation de } g& ||& \nearrow & & \searrow & & \end{array}$

Partie C : un calcul d'aire.

$\mathcal C_g\;:\;g(x)=-\dfrac 78 x^2+x-\dfrac 14 x^2\ln x$

$\mathcal P\;:\; y=-\dfrac 7 8 x^2+x$

Evaluons la différence $g(x)-y$ afin d'en étudier le signe.

$g(x)-y=-\dfrac 14 x^2\ln x$ est du signe opposé à $\ln x$ .

Conclusion : pour $x\in ]0\;;\;1]\;,\; \ln x \le 0$ donc $g(x)-y \ge 0$ et $\mathcal C_g$ est au dessus de $\mathcal P$ .

$\white{w}$ b) Soit $\mathcal I=\begin{aligned}\int_{\frac {1}{\alpha}}^1 x^2\ln x\text dx\end{aligned}\cdot$

Intégrons par parties. Je pose :

$\begin{matrix} u'(x)=x^2&\quad u(x)=\dfrac{x^3}{3} \\ \\ v(x)=\ln x& \quad v'(x)=\dfrac 1 x \end{matrix}$

$u~,~u'~,~v~,~v'~$ toutes quatre dérivables donc continues. Alors :

$\mathcal I=\left[\dfrac{x^3}{3}\ln x\right]_{\frac {1}{\alpha}}^1-\begin{aligned}\int_{\frac {1}{\alpha}}^1 \dfrac{x^3}{3}\times \dfrac 1 x \text dx\end{aligned}=\left[\dfrac{x^3}{3}\ln x\right]_{\frac {1}{\alpha}}^1 -\left[\dfrac{x^3}{9}\right]_{\frac {1}{\alpha}}^1$

$\mathcal I=-\dfrac{1}{3\alpha ^3}-\dfrac 1 9 +\dfrac{1}{9\alpha ^3}$

Remarque : $\ln \left(\dfrac{1}{\alpha}\right)=-\ln[\alpha)=2(\alpha -2)\cdot$

En remplaçant : $\mathcal I=\dfrac{-1}{3\alpha ^3}\times 2(\alpha - 2)-\dfrac 1 9 + \dfrac{1}{9\alpha ^3}= \dfrac{-\alpha ^3-6\alpha+13}{9\alpha ^3}\cdot$

2. On sait que $\mathcal C_g$ est au dessus de $\mathcal P$ .

$\mathcal A=\begin{aligned}\int_{\frac {1}{\alpha}}^1 \left( g(x)-\left( -\dfrac 7 8 x^2+x\right)\right)\text dx\end{aligned}$

$\mathcal A=\begin{aligned}\int_{\frac {1}{\alpha}}^1 -\dfrac 1 4 x^2\ln x\text dx\end{aligned}$

$\mathcal A=-\dfrac 1 4 \mahcal I$

$\mathcal A= \dfrac{\alpha ^3+6\alpha-13}{36 \alpha ^3}\cdo$

Publié par malou le 25-06-2024

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