Bac Terminale Spé Maths : Polynésie française 2024, Sujet 1

Affirmation 1. Dans un repère orthonormé, avec A(2 ; 1 ; -1) et C(5 ; 0 ; -3), le vecteur \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix} est normal au plan (OAC). Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{OC}\begin{pmatrix}5 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : (OAC) est bien un plan.
\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OA} &= 2+0-2 \\ &= 0\end{aligned} mais \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OC} &= 5+0-6 \\ &= -1 \\ &\neq 0\end{aligned} \overrightarrow{n} n'est pas orthogonal à \overrightarrow{OC}. L'affirmation est fausse.

Affirmation 2. La droite \mathcal{D} (x=-t+3, {y=t+2}, z=2t+1) et la droite (AB), avec B(-1 ; 2 ; 1), sont sécantes au point C. Vraie ou fausse ?

(AB) est dirigée par \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} ; la résolution du système d'intersection donne t=-2 et u=-1, valeurs compatibles avec les trois équations.
Le point commun a pour coordonnées (5~;~0~;~-3), c'est le point C. L'affirmation est vraie.

Affirmation 3. La droite \mathcal{D} est parallèle au plan \mathcal{P} : x+5y-2z+3=0. Vraie ou fausse ?

En substituant la représentation paramétrique dans l'équation du plan : \begin{aligned}(-t+3)+5(t+2)-2(2t+1)+3 &= 0t+14 \\ &= 0\end{aligned} équation sans solution : aucun point commun, la droite est strictement parallèle au plan. L'affirmation est vraie.

Affirmation 4. Le plan médiateur de [BC] a pour équation 3x-y-2z-7=0. Vraie ou fausse ?

Le milieu de [BC] est H(2~;~1~;~-1), qui vérifie l'équation : 6-1+2-7 = 0. ✓
\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}6 \\ -2 \\ -4\end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix}3 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix} : le vecteur normal du plan proposé est bien colinéaire à \overrightarrow{BC}. L'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. Le refroidissement d'un plastique injecté à 210 ^{\circ}C est modélisé par (E) : y'+0{,}02y = m. Justifier que les solutions sont de la forme {y = ke^{-0,02t}+50m}.

Les solutions de y'+0{,}02y=0 sont t\longmapsto ke^{-0,02t} ; une solution constante \alpha de (E) vérifie 0{,}02\alpha = m, soit \alpha = 50m. Les solutions de (E) sont donc {y = ke^{-0,02t}+50m}, avec k\in\mathbb{R}.

PartieA ; 2. La température tend vers 30 ^{\circ}C (température de l'atelier) quand t tend vers l'infini. Démontrer que m=0{,}6.

e^{-0,02t}\to0, donc \lim\limits_{t\to+\infty}f(t) = 50m ; comme cette limite vaut 30 : \begin{aligned}50m = 30 &\iff m = 0{,}6 \end{aligned}

PartieA ; 3. Déterminer f avec la condition initiale f(0)=210.

f(t) = ke^{-0,02t}+30 et \begin{aligned}f(0) = k+30 = 210 &\iff k = 180 \end{aligned} D'où f(t) = 180e^{-0,02t}+30.

PartieB ; 1.a L'objet peut être démoulé quand sa température passe sous 50 ^{\circ}C. Donner, par lecture graphique, une valeur approchée du temps T à attendre.

Par lecture graphique, T\approx 110 secondes.

PartieB ; 1.b Déterminer par le calcul la valeur exacte de T.

\begin{aligned}f(T) = 50 &\iff 180e^{-0,02T} = 20 \\ &\iff e^{-0,02T} = \dfrac19 \\ &\iff -0{,}02T = -\ln(9) \end{aligned}
\begin{aligned}T &= \dfrac{\ln(9)}{0{,}02} \\ &= 50\ln(9) \\ &\approx 109{,}86\end{aligned} secondes.

PartieB ; 2. À l'aide d'une intégrale, calculer la valeur moyenne de la température sur les 100 premières secondes.

\begin{aligned}\displaystyle \overline{t} &= \dfrac{1}{100}\displaystyle\int\limits_0^{100}\big(180e^{-0,02t}+30\big)\,\mathrm{d}t \\ &= \dfrac{1}{100}\Big[-9\,000e^{-0,02t}+30t\Big]_0^{100}\end{aligned}
= \dfrac{1}{100}\big[9\,000(1-e^{-2})+3\,000\big] = 90(1-e^{-2})+30 \approx 107,8 ^{\circ}C.

PartieA ; 1. On lance trois fois une pièce équilibrée ; X compte le nombre de « Face ». Préciser la loi de X et ses paramètres.

Trois épreuves identiques et indépendantes, avec probabilité \dfrac12 d'obtenir « Face » : X suit la loi binomiale de paramètres n=3 et {p=\dfrac12}.

PartieA ; 2. Compléter le tableau donnant la loi de probabilité de X.

P(X=0) = \dfrac18 ; P(X=1) = \dfrac38 ; {P(X=2) = \dfrac38} ; P(X=3) = \dfrac18.

PartieB ; 1. Au jeu, on lance trois pièces ; les « Face » sont conservées et les autres relancées une fois. La partie est gagnée si les trois pièces finissent sur « Face ». Démontrer que P_{A_1}(G) = \dfrac14.

Sachant qu'une seule pièce est tombée sur « Face » au premier lancer, il faut que les deux pièces relancées donnent toutes deux « Face » : sur les 4 issues équiprobables (PP, PF, FP, FF), une seule est favorable, soit \dfrac14.

PartieB ; 2. Compléter l'arbre pondéré (avec P(A_0)=\frac18, \begin{aligned}P(A_1) &= P(A_2) \\ &= \frac38\end{aligned} P(A_3)=\frac18).

Les probabilités conditionnelles de gagner sont : P_{A_0}(G)=\dfrac18 (3 pièces à relancer), P_{A_1}(G)=\dfrac14, P_{A_2}(G)=\dfrac12 (1 pièce à relancer), P_{A_3}(G)=1.

PartieB ; 3. Démontrer que la probabilité de gagner est p = \dfrac{27}{64}.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}p &= \dfrac18\times\dfrac18+\dfrac38\times\dfrac14+\dfrac38\times\dfrac12+\dfrac18\times1 \\ &= \dfrac{1+6+12+8}{64} \\ &= \dfrac{27}{64}\end{aligned}

PartieB ; 4. La partie a été gagnée. Quelle est la probabilité qu'exactement une pièce soit tombée sur « Face » à la première tentative ?

\begin{aligned}P_G(A_1) &= \dfrac{P(A_1\cap G)}{P(G)} \\ &= \dfrac{\frac38\times\frac14}{\frac{27}{64}} \\ &= \dfrac{3}{32}\times\dfrac{64}{27} \\ &= \dfrac29\end{aligned}

PartieB ; 5. Combien de fois faut-il jouer pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse 0,95 ?

La probabilité de ne gagner aucune des n parties est \left(\dfrac{37}{64}\right)^n ; on veut {1-\left(\dfrac{37}{64}\right)^n>0{,}95}.
n\ln\left(\dfrac{37}{64}\right)<\ln(0{,}05), soit {n>\dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(\dfrac{37}{64})}\approx5{,}46} : il faut jouer au moins 6 parties.

PartieA ; 1. La suite (u_n) vérifie u_0=3 et u_{n+1} = \dfrac{4}{5-u_n}. Compléter la fonction Python suite(n).

Initialisation u = 3, puis dans la boucle : u = 4/(5 - u).

PartieA ; 2. L'exécution de suite(2) renvoie 1.3333333333333333. Vérifier par le calcul.

\begin{aligned}u_1 &= \dfrac{4}{5-3} \\ &= 2\end{aligned} puis \begin{aligned}u_2 &= \dfrac{4}{5-2} \\ &= \dfrac43 \\ &\approx 1{,}333\end{aligned} L'affichage correspond bien à u_2.

PartieA ; 3. À l'aide des affichages (suite(5) \approx 1,006, suite(10) \approx 1,000006, suite(20) \approx 1), émettre deux conjectures.

La suite semble décroissante et semble converger vers 1.

PartieB ; 1. Soit f(x) = \dfrac{4}{5-x} sur {]-\infty~;~5[}. Montrer que f est croissante sur cet intervalle.

f'(x) = \dfrac{4}{(5-x)^2} > 0 : f est strictement croissante sur {]-\infty~;~5[}.

PartieB ; 2. Démontrer par récurrence que, pour tout n, {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4}.

Initialisation : u_1=2 et u_0=3 : {1\leqslant2\leqslant3\leqslant4}, vrai au rang 0.
Hérédité : si {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4}, la croissance de f donne {f(1)\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant f(4)} ; comme f(1)=1 et f(4)=4, l'encadrement est vrai au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout n\in\mathbb{N}, {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4}.

PartieB ; 3.a Prouver que, pour x<5, \begin{aligned}f(x) = x &\iff x^2-5x+4 = 0 \end{aligned}

\begin{aligned}\dfrac{4}{5-x} = x &\iff 4 = x(5-x) \end{aligned} (le dénominateur est non nul) {\iff 4 = 5x-x^2 \iff x^2-5x+4 = 0}.

PartieB ; 3.b Résoudre f(x)=x dans {]-\infty~;~5[}.

\begin{aligned}x^2-5x+4 &= (x-1)(x-4) \\ &= 0\end{aligned} Les solutions sont 1 et 4 (toutes deux dans l'intervalle).

PartieB ; 4. Démontrer que la suite (u_n) est convergente et déterminer sa limite.

(u_n) est décroissante et minorée par 1 : elle converge vers \ell\geqslant1.
f étant continue, \ell vérifie f(\ell)=\ell, donc \ell=1 ou \ell=4 ; la suite étant décroissante à partir de u_0=3, la valeur 4 est exclue : \ell=1.

PartieB ; 5. Le comportement serait-il identique en choisissant u_0=4 ?

Avec u_0=4 : \begin{aligned}u_1 &= \dfrac{4}{5-4} \\ &= 4\end{aligned} et par récurrence tous les termes valent 4. La suite serait constante égale à 4 (elle convergerait vers 4, et non vers 1).