Bac Terminale Spé Maths : Amérique du Nord 2022, Sujet 2

1.Une société de location de vélos dispose de deux points A et B ; chaque vélo change ou reste, avec les probabilités suivantes d'un matin sur l'autre : s'il est en A, il y reste avec probabilité 0,84 ; s'il est en B, il y reste avec probabilité 0,76. Le premier matin, la moitié des vélos est en A, l'autre moitié en B. Pour n\geqslant1, A_n (resp. B_n) désigne l'évènement « le vélo est en A (resp. B) le n-ième matin », de probabilités a_n et b_n, avec \begin{aligned}a_1 &= b_1 \\ &= 0{,}5\end{aligned} Représenter la situation par un arbre pondéré sur les deux premiers matins.

L'arbre part de A_1 (probabilité 0,5) et B_1 (probabilité 0,5) ; sous A_1, les branches A_2 (0,84) et B_2 (0,16) ; sous B_1, les branches A_2 (0,24) et B_2 (0,76).

2.aCalculer a_2.

D'après la formule des probabilités totales : a_2 = P(A_2) = P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)+P(B_1)\times P_{B_1}(A_2) = 0{,}5\times0{,}84+0{,}5\times0{,}24 = 0{,}42+0{,}12 = 0,54.

2.bSachant que le vélo se trouve en A le deuxième matin, calculer la probabilité (arrondie au millième) qu'il se soit trouvé en B le premier matin.

P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1\cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}5\times0{,}24}{0{,}54} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} \approx 0,222.

3.aReprésenter, pour un entier naturel non nul n, l'arbre pondéré modélisant la situation entre le n-ième et le (n+1)-ième matin.

L'arbre part de A_n (probabilité a_n) et B_n (probabilité 1-a_n, car a_n+b_n=1) ; sous A_n, les branches A_{n+1} (0,84) et B_{n+1} (0,16) ; sous B_n, les branches A_{n+1} (0,24) et B_{n+1} (0,76).

3.bJustifier que, pour tout entier naturel non nul n, a_{n+1} = 0{,}6\,a_n+0{,}24.

D'après la formule des probabilités totales : \begin{aligned}a_{n+1} &= P(A_n)\times P_{A_n}(A_{n+1})+P(B_n)\times P_{B_n}(A_{n+1}) \\ &= 0{,}84\,a_n+0{,}24(1-a_n)\end{aligned}
En développant : \begin{aligned}a_{n+1} &= 0{,}84\,a_n+0{,}24-0{,}24\,a_n \\ &= 0{,}6\,a_n+0{,}24\end{aligned}

4.Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, {a_n = 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^{n-1}}.

Initialisation : \begin{aligned}a_1 &= 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^0 \\ &= 0{,}6-0{,}1 \\ &= 0{,}5\end{aligned} ce qui correspond bien à la valeur donnée. La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : supposons que, pour un entier n\geqslant1 donné, {a_n = 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^{n-1}}. D'après la question 3.b : \begin{aligned}a_{n+1} &= 0{,}6\,a_n+0{,}24 \\ &= 0{,}6\left(0{,}6-0{,}1\times0{,}6^{n-1}\right)+0{,}24 \\ &= 0{,}36-0{,}1\times0{,}6^n+0{,}24 \\ &= 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^n\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel non nul n, {a_n = 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^{n-1}}.

5.Déterminer la limite de la suite (a_n) et l'interpréter dans le contexte de l'exercice.

Comme 0{,}6\in\,]-1~;~1[, \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}6^{n-1} = 0. Donc, \lim\limits_{n\to+\infty}a_n = 0{,}6 : au bout d'un grand nombre de jours, la probabilité qu'un vélo se trouve au point A se stabilise autour de 60 %.

6.Déterminer le plus petit entier naturel n tel que a_n\geqslant0{,}599, et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

\begin{aligned}a_n \geqslant 0{,}599 &\iff 0{,}6-0{,}1\times0{,}6^{n-1} \geqslant 0{,}599 \\ &\iff -0{,}1\times0{,}6^{n-1} \geqslant -0{,}001 \\ &\iff 0{,}6^{n-1} \leqslant 0{,}01 \end{aligned}
La fonction logarithme népérien étant strictement croissante sur ]0~;~+\infty[ : (n-1)\times\ln(0{,}6)\leqslant\ln(0{,}01). Comme \ln(0{,}6)<0, l'inégalité change de sens en divisant : \begin{aligned}n-1 &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \\ &\approx 10{,}02\end{aligned}
Donc, le plus petit entier convenable est n=11 : c'est à partir du 11-ième matin que la probabilité qu'un vélo soit au point A dépasse 0,599.

PartieA ; 1. Soit p la fonction définie sur [-3~;~4] par p(x) = x^3-3x^2+5x+1. Étudier les variations de p sur [-3~;~4].

p est dérivable sur [-3~;~4], avec p'(x) = 3x^2-6x+5, un trinôme du second degré de discriminant \Delta = (-6)^2-4\times3\times5 = 36-60=-24<0.
Comme \Delta<0 et que le coefficient dominant (3) est positif, p'(x)>0 pour tout x de [-3~;~4] : p est strictement croissante sur [-3~;~4].

PartieA ; 2. Justifier que l'équation p(x)=0 admet, sur [-3~;~4], une unique solution notée \alpha.

p(-3)=-68 et p(4)=37. p est continue (car dérivable) et strictement croissante sur [-3~;~4], à valeurs entre -68 et 37 ; comme 0 appartient à cet intervalle, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation p(x)=0 admet une unique solution \alpha dans [-3~;~4].

PartieA ; 3. Donner une valeur approchée de \alpha au dixième près.

À la calculatrice, p(-0{,}2)\approx-0{,}13<0 et p(-0{,}1)\approx0{,}47>0 : donc, \alpha\approx-0{,}2 au dixième près.

PartieA ; 4. Donner le tableau de signes de p sur [-3~;~4].

p étant strictement croissante et s'annulant uniquement en \alpha\approx-0{,}2 : p(x)<0 sur [-3~;~\alpha[, p(\alpha)=0, et {p(x)>0} sur ]\alpha~;~4].

PartieB ; 1.a Soit f la fonction définie sur [-3~;~4] par f(x) = \dfrac{e^x}{1+x^2}, de courbe \mathcal{C}_f. Déterminer f'(x).

f est dérivable sur [-3~;~4] (car {1+x^2\neq0}), et par la formule de dérivation d'un quotient : f'(x) = \dfrac{e^x(1+x^2)-e^x\times2x}{(1+x^2)^2} = \dfrac{e^x\left(x^2-2x+1\right)}{(1+x^2)^2} = \dfrac{(x-1)^2\,e^x}{(1+x^2)^2}.

PartieB ; 1.b Justifier que \mathcal{C}_f admet une tangente horizontale au point d'abscisse 1.

f'(x)=0 \iff (x-1)^2e^x=0 \iff (x-1)^2=0 (car e^x\neq0) \iff x=1.
Donc, f'(1)=0 : la tangente à \mathcal{C}_f au point d'abscisse 1 est horizontale, d'équation \begin{aligned}y &= f(1) \\ &= \dfrac{e}{2}\end{aligned}

PartieB ; 2.a Des concepteurs utilisent \mathcal{C}_f comme profil d'un toboggan, en estimant que le profil assure de bonnes sensations s'il possède au moins deux points d'inflexion. D'après le graphique fourni, le toboggan semble-t-il assurer de bonnes sensations ?

Graphiquement, la courbe \mathcal{C}_f semble convexe sur [-3~;~0], concave sur [0~;~1], puis de nouveau convexe sur [1~;~4] : elle change donc deux fois de convexité, aux abscisses 0 et 1. Le toboggan semble assurer de bonnes sensations.

PartieB ; 2.b On admet que, pour tout x de [-3~;~4], f''(x) = \dfrac{p(x)(x-1)e^x}{(1+x^2)^3}, où p est la fonction de la partie A. Confirmer, en justifiant, si le toboggan assure de bonnes sensations.

Sur [-3~;~4], (1+x^2)^3>0 et e^x>0, donc f''(x) est du signe de p(x)(x-1).
D'après le tableau de signes de p (partie A, question 4) : p(x)<0 sur [-3~;~\alpha[ et {p(x)>0} sur ]\alpha~;~4] ; par ailleurs {x-1<0} sur [-3~;~1[ et x-1>0 sur ]1~;~4].
En croisant les signes : p(x)(x-1) est positif sur [-3~;~\alpha[, négatif sur ]\alpha~;~1[, puis positif sur ]1~;~4] : f'' change donc bien de signe en x=\alpha et en x=1.
\mathcal{C}_f admet donc bien deux points d'inflexion (aux abscisses \alpha et 1) : le toboggan assure de bonnes sensations, ce qui confirme la lecture graphique.

1.aUne salle d'exposition est représentée par le parallélépipède rectangle OBCDEFGH, muni du repère orthonormé (O~;~\vec\imath,\vec\jmath,\vec k) associé aux dimensions de la pièce, avec A(6 ; 0 ; 2), R(6 ; 3 ; 4) et T(3 ; 0 ; 4). Vérifier que le triangle ART est isocèle en A.

\overrightarrow{AR}\begin{pmatrix}0 \\ 3 \\ 2\end{pmatrix} et \overrightarrow{AT}\begin{pmatrix}-3 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}.
\begin{aligned}AR &= \sqrt{0^2+3^2+2^2} \\ &= \sqrt{13}\end{aligned} et \begin{aligned}AT &= \sqrt{(-3)^2+0^2+2^2} \\ &= \sqrt{13}\end{aligned}
Comme AR=AT, le triangle ART est isocèle en A.

1.bCalculer le produit scalaire \overrightarrow{AR}\cdot\overrightarrow{AT}.

\overrightarrow{AR}\cdot\overrightarrow{AT} = 0\times(-3)+3\times0+2\times2 = 0+0+4 = 4.

1.cEn déduire une valeur approchée à 0,1 degré près de l'angle \widehat{RAT}.

D'après la formule du produit scalaire : \overrightarrow{AR}\cdot\overrightarrow{AT} = AR\times AT\times\cos\left(\widehat{RAT}\right), donc \begin{aligned}\cos\left(\widehat{RAT}\right) &= \dfrac{4}{\sqrt{13}\times\sqrt{13}} \\ &= \dfrac{4}{13}\end{aligned}
Donc, \widehat{RAT} = \arccos\left(\dfrac{4}{13}\right)\approx 72,1^{\circ}.

2.aJustifier que le vecteur \vec n de coordonnées \begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix} est normal au plan (ART).

\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{AR} &= 2\times0+(-2)\times3+3\times2 \\ &= 0-6+6 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{AT} &= 2\times(-3)+(-2)\times0+3\times2 \\ &= -6+0+6 \\ &= 0\end{aligned}
\vec n est orthogonal à \overrightarrow{AR} et \overrightarrow{AT}, deux vecteurs non colinéaires du plan (ART) : donc, \vec n est normal au plan (ART).

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

Le plan (ART), de vecteur normal \vec n\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix}, a une équation de la forme 2x-2y+3z+d=0.
Comme A(6 ; 0 ; 2) appartient au plan : \begin{aligned}2\times6-2\times0+3\times2+d = 0 &\iff 12+6+d = 0 \\ &\iff d = -18 \end{aligned}
Donc, une équation cartésienne du plan (ART) est 2x-2y+3z-18=0.

3.aUn rayon laser orthogonal au plan (ART) est émis du point S de coordonnées \left(3~;~\dfrac52~;~0\right). Justifier que le système {x=3+2k}, y=\dfrac52-2k, z=3k (k\in\mathbb{R}) est une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale au plan (ART) passant par S.

La droite \Delta, orthogonale au plan (ART), admet \vec n\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix} comme vecteur directeur ; elle passe par S\left(3~;~\dfrac52~;~0\right). Une représentation paramétrique de \Delta est donc {x=3+2k}, y=\dfrac52-2k, {z=0+3k}, soit {x=3+2k}, y=\dfrac52-2k, z=3k, avec k\in\mathbb{R}.

3.bSoit L le point d'intersection de \Delta et du plan (ART). Démontrer que L a pour coordonnées \left(5~;~\dfrac12~;~3\right).

On remplace les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan (ART) : 2(3+2k)-2\left(\dfrac52-2k\right)+3\times3k-18=0.
En développant : \begin{aligned}6+4k-5+4k+9k-18 = 0 &\iff 17k-17 = 0 \\ &\iff k = 1 \end{aligned}
En remplaçant k=1 : \begin{aligned}x &= 3+2 \\ &= 5\end{aligned} \begin{aligned}y &= \dfrac52-2 \\ &= \dfrac12\end{aligned} z=3.
Donc, L a pour coordonnées \left(5~;~\dfrac12~;~3\right).

4.aUn rail est représenté par le segment [DK], où K est le milieu de [EH] et D(0 ; 8 ; 0). Montrer que, pour tout réel t de [0~;~1], le point N de coordonnées (0~;~8-4t~;~4t) appartient au segment [DK].

Avec E(0 ; 0 ; 4) et H(0 ; 8 ; 4), le milieu K de [EH] a pour coordonnées (0~;~4~;~4).
\overrightarrow{DK}\begin{pmatrix}0 \\ -4 \\ 4\end{pmatrix} et \overrightarrow{DN}\begin{pmatrix}0 \\ -4t \\ 4t\end{pmatrix} : on remarque que \overrightarrow{DN} = t\times\overrightarrow{DK}, donc D, N et K sont alignés.
Comme t\in[0~;~1], le point N se situe entre D (obtenu pour t=0) et K (obtenu pour t=1) : N appartient donc bien au segment [DK].

4.bCalculer les coordonnées exactes du point N pour lesquelles les rayons laser représentés par [SL] et [SN] sont perpendiculaires.

\overrightarrow{SL}\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix} et \overrightarrow{SN}\begin{pmatrix}-3 \\ \frac{11}{2}-4t \\ 4t\end{pmatrix}.
Les segments [SL] et [SN] sont perpendiculaires si, et seulement si, \overrightarrow{SL}\cdot\overrightarrow{SN}=0 : 2\times(-3)+(-2)\times\left(\dfrac{11}{2}-4t\right)+3\times4t=0.
En développant : \begin{aligned}-6-11+8t+12t = 0 &\iff 20t-17 = 0 \\ &\iff t = \dfrac{17}{20} \end{aligned}
En remplaçant dans les coordonnées de N : x=0, \begin{aligned}y &= 8-4\times\dfrac{17}{20} \\ &= \dfrac{23}{5}\end{aligned} \begin{aligned}z &= 4\times\dfrac{17}{20} \\ &= \dfrac{17}{5}\end{aligned}
Donc, N a pour coordonnées \left(0~;~\dfrac{23}{5}~;~\dfrac{17}{5}\right).

1.Le réel a = \ln(9)+\ln\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)+\ln\left(\dfrac19\right) est égal à : a. 1-\dfrac12\ln(3) ; b. \dfrac12\ln(3) ; c. {3\ln(3)+\dfrac12} ; d. -\dfrac12\ln(3).

\begin{aligned}a &= \ln\left(3^2\right)+\ln\left(\sqrt3\right)-\ln(3)-\ln\left(3^2\right) \\ &= 2\ln(3)+\dfrac12\ln(3)-\ln(3)-2\ln(3) \\ &= -\dfrac12\ln(3)\end{aligned}
Réponse d.

2.On considère l'équation (E) : {\ln(x)+\ln(x-10) = \ln(3)+\ln(7)}, d'inconnue réelle x. a. 3 est solution ; b. 5-\sqrt{46} est solution ; c. (E) admet une unique solution réelle ; d. (E) admet deux solutions réelles.

Le domaine de définition impose x>0 et x>10, donc x\in\,]10~;~+\infty[.
Sur ce domaine, \begin{aligned} (E) &\iff \ln\big(x(x-10)\big) = \ln(21) \\ &\iff x(x-10) = 21 \\ &\iff x^2-10x-21 = 0 \end{aligned} un trinôme de discriminant \begin{aligned}\Delta &= 100+84 \\ &= 184 \\ &= 4\times46\end{aligned} donc \sqrt\Delta=2\sqrt{46}.
Les racines sont x_1=5-\sqrt{46} et {x_2=5+\sqrt{46}}. Comme \sqrt{46}>5 (car {46>25}), x_1<0 n'appartient pas au domaine, tandis que x_2>10 appartient au domaine.
L'équation (E) admet donc une unique solution réelle, 5+\sqrt{46}. Réponse c.

3.Soit f définie sur ]0~;~+\infty[ par {f(x) = x^2(-1+\ln(x))}. a. f'(x)=2x+\dfrac1x ; b. f est croissante sur ]0~;~+\infty[ ; c. f'\left(\sqrt{e}\right) est différent de 0 ; d. la droite d'équation {y=-\dfrac12e} est tangente à \mathcal{C}_f au point d'abscisse \sqrt{e}.

f est dérivable sur ]0~;~+\infty[, avec f'(x) = 2x(-1+\ln(x))+x^2\times\dfrac1x = -2x+2x\ln(x)+x = x\big(2\ln(x)-1\big).
f'(x)=0 \iff 2\ln(x)-1=0 \iff \ln(x)=\dfrac12 \iff x=e^{\dfrac{1}{2}}=\sqrt e : la tangente à \mathcal{C}_f au point d'abscisse \sqrt e est donc horizontale, d'équation {y=f\left(\sqrt e\right)}.
\begin{aligned}f\left(\sqrt e\right) &= \left(\sqrt e\right)^2\left(-1+\ln\left(\sqrt e\right)\right) \\ &= e\left(-1+\dfrac12\right) \\ &= -\dfrac12e\end{aligned}
Donc, la tangente au point d'abscisse \sqrt e a bien pour équation {y=-\dfrac12e}. Réponse d.

4.Un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons. La probabilité de tirer exactement 2 jetons jaunes, arrondie au millième, est : a. 0,683 ; b. 0,346 ; c. 0,230 ; d. 0,165.

Les tirages étant successifs, indépendants et avec remise, la variable X comptant le nombre de jetons jaunes obtenus suit la loi binomiale de paramètres n=5 et \begin{aligned}p &= \dfrac{20}{50} \\ &= \dfrac25\end{aligned}
P(X=2) = \dbinom{5}{2}\left(\dfrac25\right)^2\left(\dfrac35\right)^3 \approx 0,346. Réponse b.

5.Dans les mêmes conditions (sac de 20 jetons jaunes, 30 bleus, 5 tirages avec remise), la probabilité de tirer au moins un jeton jaune, arrondie au millième, est : a. 0,078 ; b. 0,259 ; c. 0,337 ; d. 0,922.

X\sim\mathcal{B}\left(5~;~\dfrac25\right). P(X\geqslant1) = 1-P(X=0) = 1-\left(\dfrac35\right)^5 \approx 0,922.
Réponse d.

6.Toujours dans les mêmes conditions, si on répète l'expérience un très grand nombre de fois, le nombre moyen de jetons jaunes obtenus est égal à : a. 0,4 ; b. 1,2 ; c. 2 ; d. 2,5.

L'espérance d'une loi binomiale \mathcal{B}(n~;~p) vaut E(X)=np. Ici, \begin{aligned}E(X) &= 5\times\dfrac25 \\ &= 2\end{aligned}
Réponse c.