Bac Terminale Spé Maths : La Réunion 2023, Sujet 1

PartieA ; 1. Un télévendeur relance une personne au premier appel : la probabilité qu'elle ne décroche pas vaut 0,6, et si elle décroche, la probabilité qu'elle achète vaut 0,3. Si elle n'a pas décroché, on tente un second appel : la probabilité qu'elle ne décroche toujours pas vaut 0,3, et si elle décroche cette fois, la probabilité d'achat vaut 0,2. On note D_1, D_2 et A les évènements « décroche au 1er appel », « décroche au 2e appel » et « achète le produit ». Compléter l'arbre pondéré.

L'arbre comporte deux niveaux : sur la première branche, P(D_1)=0{,}4 et P(\overline{D_1})=0{,}6, avec P_{D_1}(A)=0{,}3 et P_{D_1}(\overline{A})=0{,}7 ; sur la seconde branche (issue de \overline{D_1}), P_{\overline{D_1}}(D_2)=0{,}7 et P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2})=0{,}3, avec P_{\overline{D_1}\cap D_2}(A)=0{,}2 et P_{\overline{D_1}\cap D_2}(\overline{A})=0{,}8.

PartieA ; 2. En utilisant l'arbre, montrer que P(A) = 0{,}204.

D'après la formule des probabilités totales, l'achat se produit soit dès le premier appel, soit après le second : P(A) = P(D_1\cap A) + P(\overline{D_1}\cap D_2\cap A) = 0{,}4\times0{,}3 + 0{,}6\times0{,}7\times0{,}2 = 0{,}12+0{,}084 = 0,204.

PartieA ; 3. Sachant que la personne a acheté le produit, quelle est la probabilité qu'elle ait décroché dès le premier appel ?

Il s'agit de calculer P_A(D_1) = \dfrac{P(D_1\cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}4\times0{,}3}{0{,}204} = \dfrac{0{,}12}{0{,}204} \approx 0,588.

PartieB ; 1.a On prélève un échantillon aléatoire de 30 personnes ; X compte le nombre d'entre elles qui achètent le produit (on admet l'indépendance des situations). Donner, sans justification, la loi suivie par X et ses paramètres.

X suit la loi binomiale de paramètres n=30 et {p=0{,}204}.

PartieB ; 1.b Déterminer, au millième près, la probabilité que 6 personnes exactement de l'échantillon achètent le produit.

P(X=6) = \dbinom{30}{6}\times0{,}204^{6}\times\left(1-0{,}204\right)^{30-6} \approx 0,179.

PartieB ; 1.c Calculer l'espérance de X et interpréter le résultat.

E(X) = np = 30\times0{,}204 = 6,12. Cela signifie que, sur un grand nombre d'échantillons de 30 personnes contactées, le nombre d'acheteurs est en moyenne de 6,12 par échantillon.

PartieB ; 2. Pour un échantillon de n personnes, déterminer la plus petite valeur de n telle que la probabilité qu'au moins une personne achète le produit soit supérieure ou égale à 0,99.

Notons toujours X le nombre d'acheteurs parmi les n personnes, de loi binomiale de paramètres n et {p=0{,}204}. On veut le plus petit n tel que P(X\geqslant1)\geqslant0{,}99, c'est-à-dire {1-P(X=0)\geqslant0{,}99}, soit P(X=0)\leqslant0{,}01.
Or \begin{aligned}P(X=0) &= \dbinom{n}{0}\times0{,}204^{0}\times\left(1-0{,}204\right)^{n} \\ &= 0{,}796^{n}\end{aligned} L'inéquation devient 0{,}796^{n}\leqslant0{,}01.
En passant au logarithme népérien (croissant) : n\ln(0{,}796)\leqslant\ln(0{,}01), puis, comme \ln(0{,}796)<0, on divise en changeant le sens de l'inégalité : \begin{aligned}n &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}796)} \\ &\approx 20{,}18\end{aligned}
Le plus petit entier convenable est donc n=21, on vérifie que n=20 donne P(X\geqslant1)\approx0{,}9896<0{,}99, tandis que n=21 donne \begin{aligned}P(X\geqslant1) &\approx 0{,}9917 \\ &\geqslant 0{,}99\end{aligned}

1.Soit f la fonction définie sur ]0~;~+\infty[ par f(x) = 3x+1-2x\ln(x), deux fois dérivable, de courbe représentative \mathcal{C}_f. Déterminer les limites de f en 0 et en +\infty.

En 0 : on écrit f(x) = 3x+1-2x\ln(x). Par croissances comparées, \lim\limits_{x\to0^+}x\ln(x)=0, donc {\lim\limits_{x\to0^+}f(x) = 0+1-0 =} 1.
En +\infty : on factorise, {f(x) = x\left(3-2\ln(x)\right)+1}. Comme {\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty}, on a \lim\limits_{x\to+\infty}\left(3-2\ln(x)\right)=-\infty, et donc par produit {\lim\limits_{x\to+\infty}x\left(3-2\ln(x)\right)=-\infty}. On en déduit \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)= -\infty.

2.aDémontrer que, pour tout x de ]0~;~+\infty[, f'(x) = 1-2\ln(x).

En dérivant chaque terme : f'(x) = 3 - 2\ln(x) - 2x\times\dfrac{1}{x} = 3-2\ln(x)-2 = {1-2\ln(x)}.

2.bÉtudier le signe de f' puis dresser le tableau de variation de f sur ]0~;~+\infty[, en faisant apparaître les limites et la valeur exacte de l'extremum.

On résout f'(x)>0 \iff 1-2\ln(x)>0 \iff \ln(x)<\dfrac12 \iff x<e^{\frac12} (la fonction exponentielle étant strictement croissante). Donc f' est strictement positive sur \left]0~;~e^{\frac12}\right[ et strictement négative sur \left]e^{\frac12}~;~+\infty\right[.
La fonction f est donc strictement croissante sur \left]0~;~e^{\frac12}\right] puis strictement décroissante sur \left[e^{\frac12}~;~+\infty\right[, avec un maximum en x=e^{\frac12} valant \begin{aligned}f\left(e^{\frac12}\right) &= 3e^{\frac12}+1-2e^{\frac12}\times\dfrac12 \\ &= 3e^{\frac12}+1-e^{\frac12} \\ &= 2e^{\frac12}+1 \\ &\approx 4{,}3\end{aligned}
Le tableau de variation part de la limite 1 en 0, croît jusqu'au maximum 2e^{\frac12}+1 en x=e^{\frac12}, puis décroît vers -\infty.

3.aDémontrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution \alpha sur ]0~;~+\infty[.

La fonction f est dérivable, donc continue, sur ]0~;~+\infty[.
Sur \left]0~;~e^{\frac12}\right], f est strictement croissante et sa valeur minimale y est {\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1>0} : f y est donc strictement positive, et l'équation f(x)=0 n'y a pas de solution.
Sur \left[e^{\frac12}~;~+\infty\right[, f est continue et strictement décroissante, passant de la valeur 2e^{\frac12}+1>0 à -\infty : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0 y admet une unique solution, notée \alpha.
Donc, la réponse est que f(x)=0 admet une unique solution \alpha sur ]0~;~+\infty[, avec \alpha>e^{\frac12}.

3.bEn déduire le signe de f sur ]0~;~+\infty[.

D'après les variations de f et le résultat précédent : f(x)>0 sur ]0~;~\alpha[, f(\alpha)=0, et f(x)<0 sur ]\alpha~;~+\infty[.

4.Soit F une primitive quelconque de f sur ]0~;~+\infty[. Peut-on affirmer que F est strictement décroissante sur \left[e^{\frac12}~;~+\infty\right[ ?

Non. Par définition d'une primitive, F'=f. Or f est strictement positive sur \left[e^{\frac12}~;~\alpha\right[ (question 3.b), donc F est strictement croissante sur cet intervalle, ce qui contredit l'affirmation proposée : F n'est pas décroissante sur tout \left[e^{\frac12}~;~+\infty\right[.

5.aÉtudier la convexité de f sur ]0~;~+\infty[ et en déduire la position de \mathcal{C}_f par rapport à ses tangentes.

La dérivée seconde vaut f''(x) = -2\times\dfrac{1}{x} = -\dfrac{2}{x}, strictement négative sur ]0~;~+\infty[. La fonction f est donc concave sur cet intervalle, ce qui signifie que la courbe \mathcal{C}_f est située en dessous de chacune de ses tangentes.

5.bDéterminer une équation de la tangente T à \mathcal{C}_f au point d'abscisse 1.

On a \begin{aligned}f(1) &= 3\times1+1-2\times1\times\ln(1) \\ &= 4-0 \\ &= 4\end{aligned} et f'(1) = 1-2\ln(1) = 1.
L'équation de la tangente en un point d'abscisse a est y=f'(a)(x-a)+f(a), donc ici y = 1\times(x-1)+4, soit {T\,:\ y=x+3}.

5.cEn déduire que, pour tout x de ]0~;~+\infty[, \ln(x) \geqslant 1-\dfrac1x.

Puisque \mathcal{C}_f est sous chacune de ses tangentes (question 5.a), elle est en particulier sous T : pour tout x>0, f(x)\leqslant x+3.
Cette inégalité s'écrit {3x+1-2x\ln(x)\leqslant x+3}, soit 2x-2\leqslant2x\ln(x). En divisant par 2x>0 : 1-\dfrac1x\leqslant\ln(x).
Donc, la réponse est que pour tout réel x strictement positif, \ln(x)\geqslant1-\dfrac1x.

PartieA ; 1. On considère la suite (u_n) définie par u_0=3 et, pour tout entier naturel n, u_{n+1} = \dfrac12u_n+\dfrac12n+1. Que vaut u_2 ? a) \dfrac{11}{4} b) \dfrac{13}{2} c) 3,5 d) 2,7

\begin{aligned}u_1 &= \dfrac12u_0+\dfrac12\times0+1 \\ &= \dfrac12\times3+1 \\ &= \dfrac52\end{aligned}
\begin{aligned}u_2 &= \dfrac12u_1+\dfrac12\times1+1 \\ &= \dfrac12\times\dfrac52+\dfrac12+1 \\ &= \dfrac54+\dfrac24+\dfrac44 \\ &= \dfrac{11}{4}\end{aligned}
Donc, la réponse est a.

PartieA ; 2. On pose, pour tout entier naturel n, v_n = u_n-n. La suite (v_n) est : a) arithmétique de raison \dfrac12 b) géométrique de raison \dfrac12 c) constante d) ni arithmétique ni géométrique

Pour tout n : \begin{aligned}v_{n+1} &= u_{n+1}-(n+1) \\ &= \dfrac12u_n+\dfrac12n+1-n-1 \\ &= \dfrac12u_n-\dfrac12n \\ &= \dfrac12(u_n-n) \\ &= \dfrac12v_n\end{aligned}
La relation v_{n+1}=\dfrac12v_n montre que (v_n) est géométrique de raison \dfrac12.
Donc, la réponse est b.

PartieA ; 3. Un script Python incomplet doit renvoyer u_n à partir de \begin{aligned}U &= u_0 \\ &= 3\end{aligned} avec une boucle for i in range(n): (où i varie de 0 à n-1). Quelle instruction compléter à l'intérieur de la boucle ? a) U = U/2 + (i+1)/2 + 1 b) U = U/2 + n/2 + 1 c) U = U/2 + (i-1)/2 + 1 d) U = U/2 + i/2 + 1

Au premier passage dans la boucle, {i=0} et le script doit calculer u_1 à partir de u_0, c'est-à-dire appliquer la relation avec l'indice 0 : U \leftarrow \dfrac{U}{2}+\dfrac{0}{2}+1, donc l'instruction doit utiliser i (l'indice courant), pas i+1 ni n.
Seule la formule U = U/2 + i/2 + 1 reproduit exactement {u_{i+1}=\dfrac12u_i+\dfrac12i+1} à chaque tour.
Donc, la réponse est d.

PartieB ; 1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {n\leqslant u_n\leqslant n+3}.

PartieB ; 2. En déduire la limite de la suite (u_n).

D'après la question précédente, u_n\geqslant n pour tout n, et \lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty. Par comparaison, on en déduit que \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty.

PartieB ; 3. Déterminer la limite de la suite \left(\dfrac{u_n}{n}\right).

Pour tout entier n\geqslant1, l'encadrement {n\leqslant u_n\leqslant n+3} donne, en divisant par n>0 : {1\leqslant\dfrac{u_n}{n}\leqslant1+\dfrac3n}.
Or \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac3n=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac3n\right)=1, et la limite de la suite constante égale à 1 est bien sûr 1.
D'après le théorème des gendarmes, la suite \left(\dfrac{u_n}{n}\right) converge et \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{n}=1.

1.ABCDEFGH est un cube d'arête 1, M est le centre de la face BCGF et N le centre de la face EFGH. Dans le repère orthonormé \left(D~;~\overrightarrow{DH},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DA}\right), donner sans justification les coordonnées de F et de C.

En suivant les arêtes du cube depuis D : F(1 ; 1 ; 1) et C(0 ; 1 ; 0).

2.Calculer les coordonnées de M et de N.

M est le centre de la face BCGF, donc le milieu du segment [CF] (l'une des diagonales de cette face carrée) : M\left(\dfrac{0+1}{2}~;~\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{0+1}{2}\right), soit M\left(\dfrac12 ; 1 ; \dfrac12\right).
N est le centre de la face EFGH, donc le milieu du segment [FH], avec H(1 ; 0 ; 0) : N\left(\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{1+0}{2}~;~\dfrac{1+0}{2}\right), soit N\left(1 ; \dfrac12 ; \dfrac12\right).

3.aDémontrer que le vecteur \overrightarrow{AG} est normal au plan (HFC).

Les points H, F, C ne sont pas alignés, donc \overrightarrow{HF} et \overrightarrow{CF} dirigent le plan (HFC), avec \overrightarrow{HF}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{CF}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} (en utilisant H(1;0;0)).
De plus, avec A(0;0;1) et G(1;1;0), on a \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}.
On calcule les produits scalaires : \begin{aligned}\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{HF} &= 1\times0+1\times1+(-1)\times1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{CF} &= 1\times1+1\times0+(-1)\times1 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{AG} est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (HFC) : il est normal à ce plan.

3.bEn déduire une équation cartésienne du plan (HFC).

Le plan (HFC) passe par F(1;1;1) et admet \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} comme vecteur normal : un point X(x;y;z) appartient à ce plan si et seulement si \overrightarrow{FX}\cdot\overrightarrow{AG}=0.
\overrightarrow{FX}\begin{pmatrix}x-1 \\ y-1 \\ z-1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{FX}\cdot\overrightarrow{AG} &= (x-1)+(y-1)-(z-1) \\ &= x+y-z-1\end{aligned}
Le plan (HFC) a donc pour équation cartésienne x+y-z-1=0.

4.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AG).

La droite (AG) passe par A(0;0;1) et admet \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} comme vecteur directeur, d'où la représentation paramétrique : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1-t \end{cases} \quad (t\in\mathbb{R}).

5.Démontrer que le point R de coordonnées \left(\dfrac23 ; \dfrac23 ; \dfrac13\right) est le projeté orthogonal de G sur le plan (HFC).

Le projeté orthogonal de G sur (HFC), qu'on note R, est l'unique point qui appartient à la fois au plan (HFC) et à la droite passant par G orthogonale à ce plan : or cette droite est justement (AG), puisque \overrightarrow{AG} est normal au plan (question 3.a).
Les coordonnées de R vérifient donc à la fois la représentation paramétrique de (AG) et l'équation du plan : {t+t-(1-t)-1=0}, soit 3t-2=0, donc {t=\dfrac23}.
En reportant dans la représentation paramétrique : x=\dfrac23, y=\dfrac23, \begin{aligned}z &= 1-\dfrac23 \\ &= \dfrac13\end{aligned} On retrouve bien les coordonnées annoncées : R est le projeté orthogonal de G sur (HFC).

6.La droite (FG) admet pour représentation paramétrique x=1, y=1, z=t (t\in\mathbb{R}). Démontrer qu'il existe un unique point K de (FG) tel que le triangle KMN soit rectangle en K.

Un point K de (FG) s'écrit K(1 ; 1 ; t). Le triangle KMN est rectangle en K si et seulement si \overrightarrow{KM}\cdot\overrightarrow{KN}=0.
Avec M\left(\dfrac12;1;\dfrac12\right) : \overrightarrow{KM}\begin{pmatrix}-\frac12 \\ 0 \\ \frac12-t\end{pmatrix}. Avec N\left(1;\dfrac12;\dfrac12\right) : \overrightarrow{KN}\begin{pmatrix}0 \\ -\frac12 \\ \frac12-t\end{pmatrix}.
Le produit scalaire vaut \begin{aligned}\overrightarrow{KM}\cdot\overrightarrow{KN} &= 0+0+\left(\dfrac12-t\right)^2 \\ &= \left(t-\dfrac12\right)^2\end{aligned}
Cette expression s'annule si et seulement si t=\dfrac12 : il existe donc un unique point K, de coordonnées \left(1 ; 1 ; \dfrac12\right), tel que KMN soit rectangle en K.

7.Quelle fraction du volume du cube ABCDEFGH le volume du tétraèdre FNKM représente-t-il ?

Le tétraèdre FNKM admet pour base le triangle rectangle KMN et pour hauteur associée la distance FK, puisque F(1;1;1) et K\left(1;1;\dfrac12\right) ont la même abscisse et la même ordonnée : \begin{aligned}FK &= \left|1-\dfrac12\right| \\ &= \dfrac12\end{aligned}
Dans le triangle KMN rectangle en K : \begin{aligned}KM &= \left\|\overrightarrow{KM}\right\| \\ &= \sqrt{\left(-\frac12\right)^2+0^2+0^2} \\ &= \dfrac12\end{aligned} et de même KN=\dfrac12. Son aire vaut donc \begin{aligned}\dfrac{KM\times KN}{2} &= \dfrac{\frac12\times\frac12}{2} \\ &= \dfrac18\end{aligned}
Le volume d'un tétraèdre étant \dfrac{\text{aire de la base}\times\text{hauteur}}{3}, celui de FNKM vaut \dfrac{\frac18\times\frac12}{3} = \dfrac{1}{48}.
Le cube ayant pour volume 1^3=1 (unité de volume), le tétraèdre FNKM représente donc \dfrac{1}{48} du volume du cube.