Bac Terminale Spé Maths : Amérique du Nord 2022, Sujet 1

PartieA ; 1.a Chaque jour travaillé, Paul rejoint la gare à vélo avec probabilité \dfrac23, sinon en voiture. À vélo, il rate son train avec probabilité \dfrac{1}{50} ; en voiture, avec probabilité \dfrac{1}{10}. On note V l'évènement « Paul prend son vélo » et R l'évènement « Paul rate son train ». Représenter la situation par un arbre pondéré.

L'arbre part de la racine avec les branches V (probabilité \dfrac23) et \overline{V} (probabilité \dfrac13) ; sous V, les branches R (\dfrac{1}{50}) et \overline{R} (\dfrac{49}{50}) ; sous \overline{V}, les branches R (\dfrac{1}{10}) et \overline{R} (\dfrac{9}{10}).

PartieA ; 1.b Montrer que la probabilité que Paul rate son train vaut \dfrac{7}{150}.

D'après la formule des probabilités totales : \begin{aligned}P(R) &= P(V)\times P_V(R) + P(\overline{V})\times P_{\overline{V}}(R) \\ &= \dfrac23\times\dfrac{1}{50} + \dfrac13\times\dfrac{1}{10} \\ &= \dfrac{2}{150}+\dfrac{5}{150} \\ &= \dfrac{7}{150}\end{aligned}

PartieA ; 1.c Sachant que Paul a raté son train, déterminer la valeur exacte de la probabilité qu'il ait pris son vélo.

P_R(V) = \dfrac{P(R\cap V)}{P(R)} = \dfrac{\dfrac23\times\dfrac{1}{50}}{\dfrac{7}{150}} = \dfrac{\dfrac{2}{150}}{\dfrac{7}{150}} = \dfrac{2}{7}.

PartieA ; 2.a Sur un mois, Paul se rend 20 fois à la gare selon les mêmes modalités, les choix des différents jours étant indépendants. X compte le nombre de jours où il prend son vélo. Déterminer la loi suivie par X et ses paramètres.

La répétition de 20 épreuves identiques et indépendantes à deux issues (vélo ou non, avec probabilité \dfrac23 de prendre le vélo) est un schéma de Bernoulli répété : X suit la loi binomiale de paramètres n=20 et p=\dfrac23, notée X\sim\mathcal{B}\left(20~;~\dfrac23\right).

PartieA ; 2.b Calculer la probabilité que Paul prenne son vélo exactement 10 jours sur les 20 (arrondi au millième).

P(X=10) = \dbinom{20}{10}\left(\dfrac23\right)^{10}\left(\dfrac13\right)^{10} \approx 0,054 (à la calculatrice).

PartieA ; 2.c Calculer la probabilité que Paul prenne son vélo au moins 10 jours sur les 20 (arrondi au millième).

P(X\geqslant10) = 1-P(X\leqslant9) \approx 0,962 (à la calculatrice).

PartieA ; 2.d En moyenne, sur une période de 20 jours, combien de fois Paul prend-il son vélo pour rejoindre la gare (arrondi à l'entier) ?

L'espérance de X vaut \begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 20\times\dfrac23 \\ &= \dfrac{40}{3} \\ &\approx 13{,}33\end{aligned} En moyenne, Paul prend donc son vélo environ 13 jours sur 20.

PartieA ; 3. Quand Paul se rend à la gare en voiture, le temps de trajet T (en minutes, arrondi à la minute) suit la loi donnée par le tableau : k de 10 à 18 minutes avec P(T=k) valant respectivement 0,14 ; 0,13 ; 0,13 ; 0,12 ; 0,12 ; 0,11 ; 0,10 ; 0,08 ; 0,07. Déterminer l'espérance de T et l'interpréter.

\begin{aligned}E(T) &= 10\times0{,}14+11\times0{,}13+12\times0{,}13+13\times0{,}12+14\times0{,}12+15\times0{,}11+16\times0{,}10+17\times0{,}08+18\times0{,}07 \\ &= 13{,}5\end{aligned}
Donc, sur un grand nombre de trajets en voiture, la durée moyenne du trajet est de 13,5 minutes, soit 13 minutes et 30 secondes.

1.aOn modélise la température (en degrés Celsius) au centre d'un gâteau par la suite (T_n) définie par T_0=180 et, pour tout entier naturel n, T_{n+1} = 0{,}955\,T_n+0{,}9. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, T_n\geqslant20.

Initialisation : \begin{aligned}T_0 &= 180 \\ &\geqslant 20\end{aligned} la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que pour un entier n donné, T_n\geqslant20. Alors \begin{aligned}0{,}955\,T_n &\geqslant 0{,}955\times20 \\ &= 19{,}1\end{aligned} donc \begin{aligned}T_{n+1} &= 0{,}955\,T_n+0{,}9 \\ &\geqslant 19{,}1+0{,}9 \\ &= 20\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, T_n\geqslant20.

1.bVérifier que, pour tout entier naturel n, T_{n+1}-T_n = -0{,}045(T_n-20), puis en déduire le sens de variation de la suite (T_n).

\begin{aligned}T_{n+1}-T_n &= 0{,}955\,T_n+0{,}9-T_n \\ &= -0{,}045\,T_n+0{,}9 \\ &= -0{,}045\left(T_n-\dfrac{0{,}9}{0{,}045}\right) \\ &= -0{,}045(T_n-20)\end{aligned}
D'après la question précédente, {T_n-20\geqslant0} pour tout n, donc T_{n+1}-T_n\leqslant0 : la suite (T_n) est décroissante.

1.cConclure que la suite (T_n) est convergente.

La suite (T_n) est décroissante et minorée par 20 : donc, d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \ell\geqslant20.

2.aOn pose, pour tout entier naturel n, u_n = T_n-20. Montrer que (u_n) est géométrique et préciser sa raison.

\begin{aligned}u_{n+1} &= T_{n+1}-20 \\ &= 0{,}955\,T_n+0{,}9-20 \\ &= 0{,}955\,T_n-19{,}1 \\ &= 0{,}955(T_n-20) \\ &= 0{,}955\,u_n\end{aligned} Donc, (u_n) est géométrique de raison q=0{,}955, de premier terme \begin{aligned}u_0 &= T_0-20 \\ &= 160\end{aligned}

2.bEn déduire que, pour tout entier naturel n, T_n = 20+160\times0{,}955^n.

Comme (u_n) est géométrique de premier terme u_0=160 et de raison 0{,}955 : u_n = 160\times0{,}955^n. Or {T_n = u_n+20}, donc T_n = 20+160\times0{,}955^n.

2.cCalculer la limite de la suite (T_n).

Comme 0{,}955\in\,]-1~;~1[, {\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}955^n = 0}. Donc, \lim\limits_{n\to+\infty}T_n = 20.

2.dRésoudre l'inéquation T_n\leqslant120, d'inconnue l'entier naturel n.

\begin{aligned}T_n \leqslant 120 &\iff 20+160\times0{,}955^n \leqslant 120 \\ &\iff 160\times0{,}955^n \leqslant 100 \\ &\iff 0{,}955^n \leqslant \dfrac58 \end{aligned}
La fonction logarithme népérien étant strictement croissante sur ]0~;~+\infty[ : \begin{aligned}\ln\left(0{,}955^n\right) \leqslant \ln\left(\dfrac58\right) &\iff n\times\ln(0{,}955) \leqslant \ln\left(\dfrac58\right) \end{aligned}
Comme \ln(0{,}955)<0, l'inégalité change de sens en divisant : \begin{aligned}n &\geqslant \dfrac{\ln\left(\frac58\right)}{\ln(0{,}955)} \\ &\approx 10{,}2\end{aligned}
Donc, l'ensemble des solutions est {n\geqslant11}.

3.aExpliquer pourquoi la limite de (T_n) trouvée à la question 2.c était prévisible dans le contexte de l'exercice.

À sa sortie du four, le gâteau est plus chaud que l'air ambiant (180 ^{\circ}C contre 20 ^{\circ}C) : il cède donc progressivement sa chaleur à l'air, et sa température se rapproche de celle de l'air ambiant sans jamais descendre en dessous. Il est donc cohérent que T_n tende vers 20, la température de l'air ambiant.

3.bUne fonction Python temp(x) initialise T = 180 et n = 0, puis répète tant que T > x : T = 0.955*T+0.9 et n = n+1, avant de renvoyer n. Donner le résultat renvoyé par temp(120) et l'interpréter.

La fonction renvoie le plus petit entier n tel que T_n\leqslant x. D'après la question 2.d, avec x=120, ce plus petit entier est n=11.
Dans le contexte de l'exercice, il faut donc attendre 11 minutes après la sortie du four pour que la température au centre du gâteau descende à 120 ^{\circ}C ou moins.

1.aL'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne J(2 ; 0 ; 1), K(1 ; 2 ; 1) et L(-2 ; -2 ; -2). Montrer que le triangle JKL est rectangle en J.

\overrightarrow{JK}\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{JL}\begin{pmatrix}-4 \\ -2 \\ -3\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{JK}\cdot\overrightarrow{JL} &= (-1)\times(-4)+2\times(-2)+0\times(-3) \\ &= 4-4+0 \\ &= 0\end{aligned}
Les vecteurs \overrightarrow{JK} et \overrightarrow{JL} sont orthogonaux, donc le triangle JKL est rectangle en J.

1.bCalculer la valeur exacte de l'aire du triangle JKL (en cm^{2}).

\begin{aligned}JK &= \left\|\overrightarrow{JK}\right\| \\ &= \sqrt{(-1)^2+2^2+0^2} \\ &= \sqrt5\end{aligned} et \begin{aligned}JL &= \left\|\overrightarrow{JL}\right\| \\ &= \sqrt{(-4)^2+(-2)^2+(-3)^2} \\ &= \sqrt{29}\end{aligned}
Le triangle étant rectangle en J, son aire vaut \mathcal{A} = \dfrac{JK\times JL}{2} = \dfrac{\sqrt5\times\sqrt{29}}{2} = \dfrac{\sqrt{145}}{2} cm^{2}.

1.cDéterminer une valeur approchée au dixième de degré près de l'angle géométrique \widehat{JKL}.

Le triangle JKL étant rectangle en J, on utilise SOH-CAH-TOA dans le triangle rectangle JKL : \begin{aligned}\tan\left(\widehat{JKL}\right) &= \dfrac{JL}{JK} \\ &= \dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt5}\end{aligned}
Donc, \widehat{JKL} = \arctan\left(\dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt5}\right)\approx 67,5^{\circ}.

2.aDémontrer que le vecteur \vec n de coordonnées \begin{pmatrix}6 \\ 3 \\ -10\end{pmatrix} est normal au plan (JKL).

\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{JK} &= 6\times(-1)+3\times2+(-10)\times0 \\ &= -6+6+0 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{JL} &= 6\times(-4)+3\times(-2)+(-10)\times(-3) \\ &= -24-6+30 \\ &= 0\end{aligned}
\vec n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (JKL), donc \vec n est normal au plan (JKL).

2.bEn déduire une équation cartésienne du plan (JKL).

Le plan (JKL), de vecteur normal \vec n\begin{pmatrix}6 \\ 3 \\ -10\end{pmatrix}, a une équation de la forme 6x+3y-10z+d=0.
Comme J(2 ; 0 ; 1) appartient au plan : \begin{aligned}6\times2+3\times0-10\times1+d = 0 &\iff 12-10+d = 0 \\ &\iff d = -2 \end{aligned}
Donc, une équation cartésienne du plan (JKL) est 6x+3y-10z-2=0.

3.aOn note T le point de coordonnées (10 ; 9 ; -6). Déterminer une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale au plan (JKL) et passant par T.

La droite \Delta, orthogonale au plan (JKL), admet \vec n\begin{pmatrix}6 \\ 3 \\ -10\end{pmatrix} comme vecteur directeur ; elle passe par T(10 ; 9 ; -6). Une représentation paramétrique est donc : \begin{cases}x=10+6t\\y=9+3t\\z=-6-10t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

3.bDéterminer les coordonnées du point H, projeté orthogonal de T sur le plan (JKL).

H est l'unique point d'intersection de \Delta et du plan (JKL). On remplace les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan : 6(10+6t)+3(9+3t)-10(-6-10t)-2=0.
En développant : \begin{aligned}60+36t+27+9t+60+100t-2 = 0 &\iff 145t+145 = 0 \\ &\iff t = -1 \end{aligned}
En remplaçant t=-1 : \begin{aligned}x &= 10+6\times(-1) \\ &= 4\end{aligned} \begin{aligned}y &= 9+3\times(-1) \\ &= 6\end{aligned} \begin{aligned}z &= -6-10\times(-1) \\ &= 4\end{aligned}
Donc, H a pour coordonnées (4 ; 6 ; 4).

3.cSachant que le volume d'un tétraèdre est donné par V=\dfrac13\mathcal{B}\times h, où \mathcal{B} est l'aire d'une base et h la hauteur correspondante, calculer la valeur exacte du volume du tétraèdre JKLT (en cm^{3}).

On prend pour base le triangle JKL, d'aire \mathcal{B}=\dfrac{\sqrt{145}}{2} cm^{2} (question 1.b), et pour hauteur la longueur TH, puisque H est le projeté orthogonal de T sur le plan (JKL).
\overrightarrow{TH}\begin{pmatrix}-6 \\ -3 \\ 10\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}TH &= \sqrt{(-6)^2+(-3)^2+10^2} \\ &= \sqrt{145}\end{aligned}
\begin{aligned}V &= \dfrac13\times\dfrac{\sqrt{145}}{2}\times\sqrt{145} \\ &= \dfrac{145}{6}\end{aligned}
Donc, le volume du tétraèdre JKLT vaut \dfrac{145}{6} cm^{3}.

1.Affirmation : pour tout réel x, {1-\dfrac{1-e^x}{1+e^x} = \dfrac{2}{1+e^{-x}}}. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}1-\dfrac{1-e^x}{1+e^x} &= \dfrac{1+e^x}{1+e^x}-\dfrac{1-e^x}{1+e^x} \\ &= \dfrac{2e^x}{1+e^x} \\ &= \dfrac{2e^x}{e^x\left(1+e^{-x}\right)} \\ &= \dfrac{2}{1+e^{-x}}\end{aligned}
Donc, l'affirmation est vraie.

2.On considère g définie sur \mathbb{R} par {g(x) = \dfrac{e^x}{e^x+1}}. Affirmation : l'équation g(x)=\dfrac12 admet une unique solution dans \mathbb{R}. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}g(x) = \dfrac12 &\iff \dfrac{e^x}{e^x+1} = \dfrac12 \\ &\iff 2e^x = e^x+1 \\ &\iff e^x = 1 \\ &\iff x = 0 \end{aligned}
L'équation admet donc bien une unique solution, x=0. L'affirmation est vraie.

3.On considère f définie sur \mathbb{R} par {f(x)=x^2e^{-x}}, de courbe représentative \mathcal{C}. Affirmation : l'axe des abscisses est tangent à \mathcal{C} en un seul point. Vrai ou faux ?

f est dérivable sur \mathbb{R}, avec f'(x) = 2xe^{-x}-x^2e^{-x} = (2x-x^2)e^{-x}.
L'axe des abscisses (d'équation y=0) est tangent à \mathcal{C} au point d'abscisse a si, et seulement si, f(a)=0 et f'(a)=0 simultanément.
Comme e^{-a}\neq0 pour tout réel a : \begin{aligned}f(a) = 0 &\iff a^2 = 0 \\ &\iff a = 0 \end{aligned} et f'(a)=0 \iff 2a-a^2=0 \iff a(2-a)=0 \iff a=0 ou a=2.
Les deux conditions ne sont vérifiées simultanément qu'en a=0 : il n'y a donc qu'un seul point de tangence. L'affirmation est vraie.

4.On considère h définie sur \mathbb{R} par {h(x) = e^x(1-x^2)}. Affirmation : la courbe représentative de h n'admet aucun point d'inflexion. Vrai ou faux ?

h est deux fois dérivable sur \mathbb{R}, avec h'(x) = e^x(1-x^2)+e^x\times(-2x) = e^x(-x^2-2x+1), puis h''(x) = e^x(-x^2-2x+1)+e^x(-2x-2) = e^x(-x^2-4x-1).
Comme e^x>0 pour tout réel x, h''(x) est du signe de -x^2-4x-1, un trinôme du second degré de discriminant \Delta = (-4)^2-4\times(-1)\times(-1) = 16-4=12>0.
Ce trinôme s'annule donc en deux réels distincts et change de signe en chacun d'eux : h'' change donc bien de signe, ce qui signale des points d'inflexion.
La courbe de h admet donc bien des points d'inflexion : l'affirmation est fausse.

5.Affirmation : \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{e^x+x} = 0. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}\dfrac{e^x}{e^x+x} &= \dfrac{e^x}{e^x\left(1+\dfrac{x}{e^x}\right)} \\ &= \dfrac{1}{1+\dfrac{x}{e^x}}\end{aligned}
Par croissances comparées, {\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x} = +\infty}, donc \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x} = 0, d'où \begin{aligned}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{e^x+x} &= \dfrac{1}{1+0} \\ &= 1\end{aligned}
La limite trouvée vaut 1 et non 0 : l'affirmation est fausse.

6.Affirmation : pour tout réel x, {1+e^{2x}\geqslant2e^x}. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}1+e^{2x} \geqslant 2e^x &\iff e^{2x}-2e^x+1 \geqslant 0 \\ &\iff \left(e^x-1\right)^2 \geqslant 0 \end{aligned}
Or un carré est toujours positif ou nul, donc cette dernière inégalité est vraie pour tout réel x. L'affirmation est vraie.