Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2024, Sujet 1

Affirmation 1. Soit f(x) = 5xe^{-x} sur \mathbb{R}. L'axe des abscisses est asymptote horizontale à la courbe C_f. Vraie ou fausse ?

Par croissances comparées, {\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x} = 0}, donc \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = 0 : l'axe des abscisses est asymptote horizontale au voisinage de +\infty. L'affirmation est vraie.

Affirmation 2. La fonction f est solution sur \mathbb{R} de l'équation différentielle (E) : y'+y = 5e^{-x}. Vraie ou fausse ?

f'(x) = 5e^{-x}-5xe^{-x} = 5e^{-x}(1-x), donc f'(x)+f(x) = 5e^{-x}(1-x)+5xe^{-x} = 5e^{-x}. L'affirmation est vraie.

Affirmation 3. Si {u_n\leqslant v_n\leqslant w_n} pour tout n, avec (u_n) convergeant vers -1 et (w_n) vers 1, alors (v_n) converge vers un réel de [-1~;~1]. Vraie ou fausse ?

Rien ne garantit la convergence de (v_n) : par exemple u_n = -1-\dfrac1n, v_n = (-1)^n et w_n = 1+\dfrac1n vérifient l'encadrement, mais (v_n) diverge.
L'affirmation est fausse.

Affirmation 4. Si de plus (u_n) est croissante et (w_n) décroissante, alors pour tout n, {u_0\leqslant v_n\leqslant w_0}. Vraie ou fausse ?

Par croissance de (u_n) : {u_0\leqslant u_n\leqslant v_n} ; par décroissance de (w_n) : {v_n\leqslant w_n\leqslant w_0}. L'affirmation est vraie.

1.Les achats d'un téléviseur se font sur internet (60 %), en magasin d'électroménager (30 %) ou en grande surface (10 %), avec des taux de satisfaction de 75 %, 90 % et 80 %. Compléter l'arbre pondéré.

P(I)=0{,}6, P(M)=0{,}3, P(G)=0{,}1 ; P_I(S)=0{,}75, P_I(\overline{S})=0{,}25 ; P_M(S)=0{,}9, P_M(\overline{S})=0{,}1 ; P_G(S)=0{,}8, P_G(\overline{S})=0{,}2.

2.Calculer la probabilité que le client ait acheté sur internet et soit satisfait.

\begin{aligned}P(I\cap S) &= 0{,}6\times0{,}75 \\ &= 0{,}45\end{aligned}

3.Démontrer que P(S)=0{,}8.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}P(S) &= 0{,}45+0{,}3\times0{,}9+0{,}1\times0{,}8 \\ &= 0{,}45+0{,}27+0{,}08 \\ &= 0{,}8\end{aligned}

4.Un client est satisfait. Quelle est la probabilité qu'il ait acheté sur internet (à 10^{-3} près) ?

P_S(I) = \dfrac{P(I\cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}45}{0{,}8} = \dfrac{9}{16} \approx 0,563.

5.aOn contacte 30 clients (tirage assimilé avec remise) ; X compte les satisfaits. Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

Chaque client est une épreuve à deux issues (satisfait, probabilité 0,8), répétée 30 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=30 et p=0{,}8.

5.bDéterminer la probabilité qu'au moins 25 clients soient satisfaits (à 10^{-3} près).

P(X\geqslant25) = 1-P(X\leqslant24) \approx 1-0{,}572 = 0,428.

6.Déterminer la taille minimale de l'échantillon pour que la probabilité qu'au moins un client ne soit pas satisfait soit supérieure à 0,99.

La probabilité que tous soient satisfaits est 0{,}8^n : on veut {1-0{,}8^n>0{,}99 \iff 0{,}8^n<0{,}01}.
n\ln(0{,}8)<\ln(0{,}01), donc {n>\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}8)}\approx20{,}6} : il faut contacter au moins 21 clients.

7.aLe temps de livraison est T = T_1+T_2, avec T_1 et T_2 indépendantes, E(T_1)=4, V(T_1)=2, E(T_2)=3, V(T_2)=1. Déterminer E(T) et V(T).

\begin{aligned}E(T) &= 4+3 \\ &= 7\end{aligned} par indépendance, \begin{aligned}V(T) &= 2+1 \\ &= 3\end{aligned}

7.bJustifier que la probabilité que le téléviseur arrive entre 5 et 9 jours est supérieure ou égale à \dfrac{2}{3}.

« {5\leqslant T\leqslant9} » contient l'évènement {|T-7|<3} (les valeurs de T étant entières), dont la probabilité vaut {1-P(|T-7|\geqslant3)}.
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne \begin{aligned}P(|T-7|\geqslant3) &\leqslant \dfrac{V(T)}{9} \\ &= \dfrac39 \\ &= \dfrac13\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(5\leqslant T\leqslant9) &\geqslant 1-\dfrac13 \\ &= \dfrac23\end{aligned}

1.aDans un repère orthonormé, on donne A(5 ; 5 ; 0), B(0 ; 5 ; 0), C(0 ; 0 ; 10) et D(0 ; 0 ; -\dfrac{5}{2}). Montrer que \overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} est normal au plan (CAD).

\overrightarrow{CA}\begin{pmatrix}5 \\ 5 \\ -10\end{pmatrix} et \overrightarrow{DC}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ \dfrac{25}{2}\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires ; \begin{aligned}\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{CA} &= 5-5+0 \\ &= 0\end{aligned} et \overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{DC} = 0 : \overrightarrow{n_1} est normal au plan (CAD).

1.bEn déduire que le plan (CAD) a pour équation cartésienne x-y=0.

L'équation est de la forme x-y+d=0 ; C(0 ; 0 ; 10) donne \begin{aligned}0-0+d = 0 &\iff d = 0 \end{aligned} D'où x-y=0.

2.aLa droite \mathcal{D} a pour représentation paramétrique x=\dfrac52t, y=5-\dfrac52t, z=0. Justifier que son intersection H avec (CAD) a pour coordonnées \left(\dfrac52~;~\dfrac52~;~0\right).

En substituant : \begin{aligned}\dfrac52t-\left(5-\dfrac52t\right) = 0 &\iff 5t = 5 \\ &\iff t = 1 \end{aligned} d'où H\left(\dfrac52~;~\dfrac52~;~0\right).

2.bDémontrer que H est le projeté orthogonal de B sur le plan (CAD).

Pour t=0, \mathcal{D} passe par (0 ; 5 ; 0) = B, et son vecteur directeur \begin{pmatrix}\dfrac{5}{2} \\ -\dfrac{5}{2} \\ 0\end{pmatrix} = \dfrac52\overrightarrow{n_1} est normal au plan (CAD).
\mathcal{D} est donc la droite orthogonale à (CAD) passant par B, et H son point d'intersection avec le plan : H est le projeté orthogonal de B sur (CAD).

3.aDémontrer que le triangle ABH est rectangle en H.

\overrightarrow{HA}\begin{pmatrix}\dfrac{5}{2} \\ \dfrac{5}{2} \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{HB} = -\dfrac52\overrightarrow{n_1} vérifient \begin{aligned}\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{HA} &= \dfrac52-\dfrac52 \\ &= 0\end{aligned} Les droites (BH) et (HA) sont perpendiculaires, le triangle ABH est rectangle en H.

3.bEn déduire que l'aire du triangle ABH est égale à \dfrac{25}{4}.

\begin{aligned}BH &= HA \\ &= \sqrt{\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}} \\ &= \dfrac{5\sqrt2}{2}\end{aligned} donc \begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{BH\times HA}{2} \\ &= \dfrac12\times\dfrac{50}{4} \\ &= \dfrac{25}{4}\end{aligned}

4.aDémontrer que (CO) est la hauteur du tétraèdre ABCH issue de C.

A, B, H ont une cote nulle : ils sont dans le plan z=0 ; C est sur l'axe (O~;~\overrightarrow{k}), perpendiculaire à ce plan. (CO) est donc la hauteur issue de C.

4.bEn déduire le volume du tétraèdre ABCH.

CO = 10, donc \begin{aligned}V &= \dfrac13\times\dfrac{25}{4}\times10 \\ &= \dfrac{125}{6}\end{aligned}

5.On admet que le triangle ABC est rectangle en B. En déduire la distance du point H au plan (ABC).

BA = 5 et \begin{aligned}BC &= \sqrt{25+100} \\ &= 5\sqrt5\end{aligned} donc \begin{aligned}\mathcal{A}(ABC) &= \dfrac{5\times5\sqrt5}{2} \\ &= \dfrac{25\sqrt5}{2}\end{aligned}
En égalant les deux expressions du volume : \dfrac{125}{6} = \dfrac13\times\dfrac{25\sqrt5}{2}\times d, d'où \begin{aligned}d &= \dfrac{125}{6}\times\dfrac{6}{25\sqrt5} \\ &= \dfrac{5}{\sqrt5} \\ &= \sqrt5\end{aligned}

PartieA ; 1.a Soit f(x) = x-2+\dfrac12\ln(x) sur ]0~;~+\infty[. Déterminer les limites de f en 0 et en +\infty.

En 0 : x-2\to-2 et \ln(x)\to-\infty, donc \lim\limits_{x\to0^+}f(x) = -\infty. En +\infty : les deux termes tendent vers +\infty, donc \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = +\infty.

PartieA ; 1.b Montrer que f'(x) = \dfrac{2x+1}{2x}.

f'(x) = 1+\dfrac12\times\dfrac1x = \dfrac{2x+1}{2x}.

PartieA ; 1.c Étudier le sens de variation de f sur ]0~;~+\infty[.

Pour x>0, numérateur et dénominateur de f'(x) sont strictement positifs : f'(x)>0, donc f est strictement croissante sur ]0~;~+\infty[.

PartieA ; 1.d Étudier la convexité de f sur ]0~;~+\infty[.

f''(x) = -\dfrac{1}{2x^2} < 0 : f est concave sur ]0~;~+\infty[.

PartieA ; 2.a Montrer que l'équation {f(x)=0} admet une unique solution \alpha, appartenant à [1~;~2].

f est continue et strictement croissante, de -\infty à +\infty : par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation admet une unique solution \alpha.
f(1) = -1 < 0 et f(2) = \dfrac{\ln2}{2} > 0 : donc \alpha\in[1~;~2].

PartieA ; 2.b Déterminer le signe de f(x) sur ]0~;~+\infty[.

f étant strictement croissante et s'annulant en \alpha : f(x)<0 sur ]0~;~\alpha[, f(\alpha)=0, et f(x)>0 sur ]\alpha~;~+\infty[.

PartieA ; 2.c Montrer que \ln(\alpha) = 2(2-\alpha).

\begin{aligned}f(\alpha) = 0 &\iff \alpha-2+\dfrac12\ln(\alpha) = 0 \\ &\iff \dfrac12\ln(\alpha) = 2-\alpha \\ &\iff \ln(\alpha) = 2(2-\alpha) \end{aligned}

PartieB ; 1. Soit g(x) = -\dfrac78x^2+x-\dfrac14x^2\ln(x) sur ]0~;~1]. Calculer g'(x) et vérifier que g'(x) = xf\left(\dfrac1x\right).

g'(x) = -\dfrac74x+1-\dfrac14\left(2x\ln(x)+x\right) = 1-2x-\dfrac{x\ln(x)}{2}.
En factorisant par x : g'(x) = x\left(\dfrac1x-2-\dfrac{\ln(x)}{2}\right) = x\left(\dfrac1x-2+\dfrac12\ln\left(\dfrac1x\right)\right) = xf\left(\dfrac1x\right).

PartieB ; 2.a Justifier que, pour x\in\left]0~;~\dfrac1\alpha\right[, f\left(\dfrac1x\right)>0.

Si 0<x<\dfrac1\alpha, alors \dfrac1x>\alpha, et f est strictement positive sur ]\alpha~;~+\infty[ : donc f\left(\dfrac1x\right)>0.

PartieB ; 2.b En déduire le tableau de variations de g sur ]0~;~1].

g'(x) = xf\left(\dfrac1x\right) est du signe de f\left(\dfrac1x\right) (car x>0) : g est croissante sur \left]0~;~\dfrac1\alpha\right] puis décroissante sur \left[\dfrac1\alpha~;~1\right], avec un maximum en \dfrac1\alpha.

PartieC ; 1.a Justifier la position relative de \mathcal{C}_g et de la parabole \mathcal{P} d'équation {y = -\dfrac78x^2+x} sur ]0~;~1].

\begin{aligned}g(x)-\left(-\dfrac78x^2+x\right) &= -\dfrac14x^2\ln(x) \\ &\geqslant 0\end{aligned} sur ]0~;~1] (car \ln(x)\leqslant0) : \mathcal{C}_g est au-dessus de \mathcal{P}.

PartieC ; 1.b Démontrer que \displaystyle \displaystyle\int\limits_{1/\alpha}^{1}x^2\ln(x)\,\mathrm{d}x = \dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}.

Par intégration par parties avec {u(x)=\ln(x)} et v'(x)=x^2 : \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_{1/\alpha}^{1}x^2\ln(x)\,\mathrm{d}x &= \left[\dfrac{x^3}{3}\ln(x)-\dfrac{x^3}{9}\right]_{1/\alpha}^{1} \\ &= -\dfrac19-\dfrac{1}{3\alpha^3}\left(-\ln(\alpha)-\dfrac13\right)\end{aligned}
En remplaçant \ln(\alpha) par 2(2-\alpha) : = -\dfrac19+\dfrac{4}{3\alpha^3}-\dfrac{2}{3\alpha^2}+\dfrac{1}{9\alpha^3} = \dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}.

PartieC ; 2. En déduire l'expression, en fonction de \alpha, de l'aire \mathcal{A} du domaine compris entre \mathcal{C}_g, \mathcal{P}, et les droites x=\dfrac1\alpha et x=1.

\begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \displaystyle\int\limits_{1/\alpha}^{1}\left(-\dfrac14x^2\ln(x)\right)\mathrm{d}x \\ &= -\dfrac14\times\dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3} \\ &= \dfrac{\alpha^3+6\alpha-13}{36\alpha^3} \\ &\approx 0{,}07\end{aligned} unité d'aire.