Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2024 (remplacement), Sujet 1

1.aDans un cube ABCDEFGH de côté 1, avec I milieu de [BD] et L tel que \overrightarrow{IL}=\dfrac34\overrightarrow{IG}, on se place dans le repère \left(A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right). Donner les coordonnées de D, B, I et G.

D(0~;~1~;~0), B(1~;~0~;~0), I\left(\dfrac12~;~\dfrac12~;~0\right) et G(1~;~1~;~1) (I est le milieu de [BD], G le sommet opposé à A sur la face supérieure).

1.bMontrer que L a pour coordonnées \left(\dfrac78~;~\dfrac78~;~\dfrac34\right).

\overrightarrow{IG}\begin{pmatrix}1-\dfrac{1}{2} \\ 1-\dfrac{1}{2} \\ 1-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \\ 1\end{pmatrix}.
\overrightarrow{IL}=\dfrac34\overrightarrow{IG} donne x_L-\dfrac12=\dfrac38, {y_L-\dfrac12=\dfrac38} et z_L=\dfrac34, d'où L\left(\dfrac78~;~\dfrac78~;~\dfrac34\right).

2.Vérifier qu'une équation cartésienne du plan (BDG) est {x+y-z-1=0}.

Pour B(1~;~0~;~0) : 1+0-0-1=0. Pour D(0~;~1~;~0) : 0+1-0-1=0. Pour G(1~;~1~;~1) : 1+1-1-1=0.
Les trois points vérifient l'équation : (BDG) a pour équation {x+y-z-1=0}.

3.aSoit \Delta la droite perpendiculaire à (BDG) passant par L. Justifier qu'une représentation paramétrique de \Delta est {x=\dfrac78+t}, y=\dfrac78+t, {z=\dfrac34-t}, t\in\mathbb{R}.

Le plan (BDG) d'équation {x+y-z-1=0} admet \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} pour vecteur normal.
\Delta, perpendiculaire au plan, admet \overrightarrow{n} comme vecteur directeur et passe par L : \begin{aligned} M(x~;~y~;~z)\in\Delta &\iff \overrightarrow{LM} = t\overrightarrow{n} \end{aligned} ce qui donne {x=\dfrac78+t}, y=\dfrac78+t, {z=\dfrac34-t}.

3.bMontrer que \Delta et (AE) sont sécantes au point K de coordonnées \left(0~;~0~;~\dfrac{13}{8}\right).

En posant \begin{aligned}x &= y \\ &= 0\end{aligned} dans la représentation de \Delta : \begin{aligned}\dfrac78+t = 0 &\iff t = -\dfrac78 \end{aligned} ce qui donne \begin{aligned}z &= \dfrac34+\dfrac78 \\ &= \dfrac{13}{8}\end{aligned} Le point \left(0~;~0~;~\dfrac{13}{8}\right) appartient à \Delta.
(AE) est l'axe \begin{aligned}x &= y \\ &= 0\end{aligned} Ce point y appartient aussi. Les droites \Delta et (AE) sont donc sécantes en K\left(0~;~0~;~\dfrac{13}{8}\right).

3.cQue représente le point L pour le point K ?

\Delta est la droite perpendiculaire à (BDG) passant par L, et K appartient à \Delta : L est le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG).

4.aCalculer la distance KL.

\begin{aligned}KL^2 &= \left(\dfrac78\right)^2+\left(\dfrac78\right)^2+\left(\dfrac34-\dfrac{13}{8}\right)^2 \\ &= \dfrac{49}{64}+\dfrac{49}{64}+\dfrac{49}{64} \\ &= \dfrac{147}{64}\end{aligned} donc \begin{aligned}KL &= \dfrac{\sqrt{147}}{8} \\ &= \dfrac{7\sqrt3}{8}\end{aligned}

4.bOn admet que le triangle DBG est équilatéral. Montrer que son aire est égale à \dfrac{\sqrt3}{2}.

BD et BG sont des diagonales de faces du cube de côté 1 : \begin{aligned}BD &= BG \\ &= \sqrt2\end{aligned}
I, milieu de [BD], est le pied de la hauteur issue de G ; dans le triangle rectangle BIG, \sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{IG}{BG}, donc \begin{aligned}IG &= \sqrt2\times\dfrac{\sqrt3}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt6}{2}\end{aligned}
Aire = \dfrac{BD\times IG}{2} = \dfrac{\sqrt2\times\frac{\sqrt6}{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{4} = \dfrac{\sqrt3}{2}.

4.cEn déduire le volume du tétraèdre KDBG.

Le triangle DBG est une base du tétraèdre, de hauteur associée KL (perpendiculaire au plan (BDG)) : \begin{aligned}\mathcal{V} &= \dfrac13\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{7\sqrt3}{8} \\ &= \dfrac13\times\dfrac{7\times3}{16} \\ &= \dfrac{7}{16}\end{aligned}

5.aPour a>0, on note K_a(0~;~0~;~a). Exprimer le volume \mathcal{V}_a de la pyramide ABCDK_a en fonction de a.

ABCD est un carré de côté 1, d'aire 1 ; K_a appartient à l'axe (AE), donc AK_a=a est la hauteur relative à cette base : \begin{aligned}\mathcal{V}_a &= \dfrac13\times1\times a \\ &= \dfrac{a}{3}\end{aligned}

5.bSoit \Delta_a la droite de représentation paramétrique x=t', y=t', z=-t'+a et I_a son point d'intersection avec (BDG). Montrer que I_a a pour coordonnées \left(\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{2a-1}{3}\right).

En reportant dans {x+y-z-1=0} : t'+t'-(-t'+a)-1=0 \iff 3t'=a+1 \iff t'=\dfrac{a+1}{3}.
D'où \begin{aligned}x &= y \\ &= \dfrac{a+1}{3}\end{aligned} et \begin{aligned}z &= -\dfrac{a+1}{3}+a \\ &= \dfrac{2a-1}{3}\end{aligned} D'où I_a\left(\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{2a-1}{3}\right).

5.cDéterminer, s'il existe, un réel a>0 tel que le tétraèdre GDBK_a et la pyramide ABCDK_a ont le même volume.

\begin{aligned}K_aI_a^2 &= \left(\dfrac{a+1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{a+1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{2a-1}{3}-a\right)^2 \\ &= 3\times\dfrac{(a+1)^2}{9} \\ &= \dfrac{(a+1)^2}{3}\end{aligned} donc K_aI_a = \dfrac{a+1}{\sqrt3}.
Volume de GDBK_a : {\dfrac13\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{a+1}{\sqrt3} = \dfrac{a+1}{6}}.
Égalité des volumes : \begin{aligned}\dfrac{a+1}{6} = \dfrac{a}{3} &\iff a+1 = 2a \\ &\iff a = 1 \end{aligned} Le réel cherché est a=1.

PartieA ; 1.a Un bonbon a pour base la surface sous la courbe de {f(x)=(1-x^2)e^x} sur [-1~;~1]. Justifier que f(x)\geqslant0 sur cet intervalle.

Pour tout réel x, e^x>0 ; et pour {x\in[-1~;~1]}, 1-x^2\geqslant0 (car x^2\leqslant1) : donc f(x)\geqslant0 sur [-1~;~1].

PartieA ; 1.b Montrer à l'aide d'une intégration par parties que \displaystyle \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x = 2\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}xe^x\,\mathrm{d}x.

Avec u(x)=1-x^2 et v'(x)=e^x, donc u'(x)=-2x et v(x)=e^x : \displaystyle \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x = \Big[(1-x^2)e^x\Big]_{-1}^{1}-\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}(-2x)e^x\,\mathrm{d}x.
Le crochet est nul car 1-x^2=0 en {x=\pm1} : \displaystyle \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x = 2\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}xe^x\,\mathrm{d}x.

PartieA ; 2. Le volume de chocolat est {\mathcal{V}=3\times S}, où S est l'aire (en cm^{2}) de la surface colorée. En déduire que \mathcal{V}\approx4{,}4 cm^{3}.

Une nouvelle intégration par parties, avec u(x)=x et v'(x)=e^x : \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}xe^x\,\mathrm{d}x &= \Big[xe^x\Big]_{-1}^{1}-\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}e^x\,\mathrm{d}x \\ &= \big(e+e^{-1}\big)-\big(e-e^{-1}\big) \\ &= 2e^{-1}\end{aligned}
Donc \begin{aligned}S &= 2\times2e^{-1} \\ &= 4e^{-1}\end{aligned} puis \mathcal{V} = 3\times4e^{-1} = 12e^{-1}\approx 4,4 cm^{3}.

PartieB ; 1.a Le bénéfice de l'artisan est B(q)=8q^2[2-3\ln(q)]-3 sur [0{,}01~;~+\infty[. Déterminer \lim\limits_{q\to+\infty}B(q).

\lim\limits_{q\to+\infty}\ln(q)=+\infty, donc {2-3\ln(q)\to-\infty} ; comme q^2\to+\infty, par produit 8q^2[2-3\ln(q)]\to-\infty, donc \lim\limits_{q\to+\infty}B(q) = -\infty.

PartieB ; 1.b Montrer que, pour tout {q\geqslant0{,}01}, B'(q) = 8q(1-6\ln(q)).

B'(q) = 8\times2q\big(2-3\ln(q)\big)+8q^2\times\left(-\dfrac3q\right) = 16q(2-3\ln(q))-24q = 8q(4-6\ln(q))-24q = 8q(1-6\ln(q)).

PartieB ; 1.c Étudier le signe de B'(q) et dresser le tableau de variations complet de B.

q>0, donc B'(q) est du signe de {1-6\ln(q)} : 1-6\ln(q)>0 \iff \ln(q)<\dfrac16 \iff q<e^{\dfrac{1}{6}}.
B est croissante sur \left[0{,}01~;~e^{\dfrac{1}{6}}\right] puis décroissante sur \left[e^{\dfrac{1}{6}}~;~+\infty\right[, avec e^{\dfrac{1}{6}}\approx1{,}2 ; B(0{,}01)\approx-3, B(e^{\dfrac{1}{6}})\approx13{,}7, et B(q)\to-\infty en +\infty.

PartieB ; 1.d Quel est le bénéfice maximal, à l'euro près, que peut espérer l'artisan ?

Le maximum de B vaut B(e^{\dfrac{1}{6}})\approx13{,}7 (en dizaines d'euros) : le bénéfice maximal est d'environ 137 €.

PartieB ; 2.a Montrer que l'équation {B(q)=10} admet une unique solution \beta sur [1{,}2~;~+\infty[, et donner une valeur approchée à 10^{-3} près.

Sur [1{,}2~;~+\infty[, B est continue et strictement décroissante, de 13{,}7 à -\infty : par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation {B(q)=10} admet une unique solution \beta.
Par balayage à la calculatrice : B(1{,}558)\approx10{,}007>10 et {B(1{,}559)\approx9{,}986<10}, donc \beta\approx1{,}558.

PartieB ; 2.b On admet que {B(q)=10} a une unique solution \alpha\approx0{,}757 sur [0{,}01~;~1{,}2[. En déduire le nombre minimal et maximal de bonbons à vendre pour un bénéfice supérieur à 100 €.

B croît puis décroît, en dépassant 10 entre \alpha et \beta : B(q)>10 pour q\in]\alpha~;~\beta[. Avec q en centaines de bonbons, il faut vendre entre \alpha\approx0{,}757 et \beta\approx1{,}558 centaines, soit au minimum 76 et au maximum 155 bonbons.

Affirmation 1. Une suite (t_n) vérifie {t_{n+1}=-0{,}8t_n+18} pour tout n. La suite (w_n) définie par w_n=t_n-10 est-elle géométrique ?

Pour tout n : \begin{aligned}w_{n+1} &= t_{n+1}-10 \\ &= -0{,}8t_n+18-10 \\ &= -0{,}8t_n+8 \\ &= -0{,}8(t_n-10) \\ &= -0{,}8w_n\end{aligned}
L'affirmation est vraie : (w_n) est géométrique de raison -0{,}8.

Affirmation 2. Une suite (S_n) vérifie {3n-4\leqslant S_n\leqslant3n+4} pour tout n\in\mathbb{N}^*, et u_n=\dfrac{S_n}{n}. La suite (u_n) converge-t-elle ?

Pour n>0 : {3-\dfrac4n\leqslant u_n\leqslant3+\dfrac4n}.
\begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}3-\dfrac4n &= \lim\limits_{n\to+\infty}3+\dfrac4n \\ &= 3\end{aligned} Par le théorème des gendarmes, l'affirmation est vraie, (u_n) converge vers 3.

Affirmation 3. Une suite (v_n) vérifie v_1=2 et v_{n+1}=2-\dfrac{1}{v_n}. A-t-on v_n=\dfrac{n+1}{n} pour tout n\geqslant1 ?

Initialisation : v_1=2 et \dfrac{1+1}{1}=2 : vrai au rang 1.
Hérédité : si v_n=\dfrac{n+1}{n}, alors \begin{aligned}v_{n+1} &= 2-\dfrac{n}{n+1} \\ &= \dfrac{2(n+1)-n}{n+1} \\ &= \dfrac{n+2}{n+1} \\ &= \dfrac{(n+1)+1}{n+1}\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, l'affirmation est vraie pour tout n\geqslant1.

Affirmation 4. Soit u_n=e^n-n. La suite (u_n) converge-t-elle ?

Pour x>0 : e^x-x = x\left(\dfrac{e^x}{x}-1\right), et par croissances comparées \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty, donc \lim\limits_{x\to+\infty}\left(e^x-x\right)=+\infty.
Donc \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty : l'affirmation est fausse, (u_n) diverge.

Affirmation 5. Un script Python calcule u_0=2 et u_{n+1}=0{,}5\left(u_n+\dfrac{2}{u_n}\right) ; on admet que (u_n) est décroissante et que {\sqrt2\leqslant u_n\leqslant2}. La suite (u_n) converge-t-elle vers \sqrt2 ?

(u_n) est décroissante et minorée par \sqrt2 : par le théorème de la convergence monotone, elle converge vers une limite \ell\geqslant\sqrt2.
En passant à la limite dans la relation de récurrence : \begin{aligned}\ell = 0{,}5\left(\ell+\dfrac2\ell\right) &\iff 2\ell = \ell+\dfrac2\ell \\ &\iff \ell^2 = 2 \\ &\iff \ell = \sqrt2 \end{aligned} ou \ell=-\sqrt2.
Comme \ell\geqslant\sqrt2, on a \ell=\sqrt2 : l'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. Un contrôle qualité montre que 2 % des cachets sont non conformes ; N compte les cachets non conformes dans une boîte de 100 (tirage assimilé indépendant). Justifier que N suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

Chaque cachet est conforme ou non, indépendamment, avec probabilité {p=0{,}02} d'être non conforme, répété 100 fois : N suit la loi binomiale de paramètres n=100 et {p=0{,}02}.

PartieA ; 2. Calculer l'espérance de N et l'interpréter.

\begin{aligned}E(N) &= np \\ &= 100\times0{,}02 \\ &= 2\end{aligned} Une boîte contient, en moyenne, 2 cachets non conformes.

PartieA ; 3.a Calculer la probabilité qu'une boîte contienne exactement trois cachets non conformes (à 10^{-3} près).

P(N=3) = \dbinom{100}{3}\times0{,}02^3\times0{,}98^{97} \approx 0,182.

PartieA ; 3.b Calculer la probabilité qu'une boîte contienne au moins 95 cachets conformes.

Au moins 95 cachets conformes équivaut à au plus 5 non conformes : P(N\leqslant5)\approx 0,985.

PartieA ; 4. Combien de cachets une boîte doit-elle contenir au maximum pour que la probabilité qu'elle ne contienne que des cachets conformes soit supérieure à 0,5 ?

Pour n cachets, la probabilité que tous soient conformes est 0{,}98^n : on veut 0{,}98^n>0{,}5.
n\ln(0{,}98)>\ln(0{,}5) \iff n<\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)} (l'inégalité change de sens car \ln(0{,}98)<0), et \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)}\approx34{,}3.
La boîte doit donc contenir au maximum 34 cachets.

PartieB ; 1. On prélève 100 cachets de masses indépendantes M_1,\dots,M_{100}, d'espérance \mu=2 et d'écart-type \sigma ; S=M_1+\dots+M_{100}. Déterminer E(S) et interpréter.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(S) &= 100\times2 \\ &= 200\end{aligned} La masse totale de 100 cachets est, en moyenne, de 200 grammes.

PartieB ; 2. Montrer que l'écart-type s de S vérifie s=10\sigma.

Par indépendance des M_i, les variances s'ajoutent : V(S) = 100\sigma^2, donc \begin{aligned}s &= \sqrt{V(S)} \\ &= \sqrt{100\sigma^2} \\ &= 10\sigma\end{aligned}

PartieB ; 3.a Montrer que « la masse totale est strictement comprise entre 199 et 201 g avec une probabilité au moins 0,9 » équivaut à P(|S-200|\geqslant1)\leqslant0{,}1.

199<S<201 \iff -1<S-200<1 \iff |S-200|<1 ; en passant à l'évènement contraire, \begin{aligned}P(|S-200| lt;1) &\geqslant 0{,}9 &\iff P(|S-200|\geqslant1) \leqslant 0{,}1 \end{aligned}

PartieB ; 3.b En déduire la valeur maximale de \sigma garantissant cette condition, à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

Bienaymé-Tchebychev : \begin{aligned}P(|S-200|\geqslant1) &\leqslant \dfrac{V(S)}{1^2} \\ &= 100\sigma^2\end{aligned}
Il suffit que \begin{aligned}100\sigma^2 \leqslant 0{,}1 &\iff \sigma^2 \leqslant 10^{-3} \\ &\iff \sigma \leqslant \sqrt{10^{-3}} \end{aligned} La valeur maximale est \begin{aligned}\sigma &= \sqrt{10^{-3}} \\ &\approx 0{,}0316\end{aligned}.