Bac Terminale Spé Maths : Asie 2025 (remplacement)

Affirmation 1. Soit f(x)=xe^{-2x} sur \mathbb{R}. Pour tout réel x, on a f'(x)=(-2x+1)e^{-2x}. Vraie ou fausse ?

f est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables : f'(x) = 1\times e^{-2x}+x\times(-2)e^{-2x} = (-2x+1)e^{-2x}. L'affirmation est vraie.

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

f'(x)+2f(x) = (-2x+1)e^{-2x}+2xe^{-2x} = -2xe^{-2x}+e^{-2x}+2xe^{-2x} = e^{-2x}. L'affirmation est vraie.

Affirmation 3. La fonction f est convexe sur ]-\infty~;~1]. Vraie ou fausse ?

f''(x) = -2e^{-2x}+(-2x+1)\times(-2)e^{-2x} = (4x-4)e^{-2x}, qui est du signe de (4x-4) car e^{-2x}>0.
Or 4x-4\leqslant0 sur ]-\infty~;~1], donc f''(x)\leqslant0 sur cet intervalle : f y est concave, et non convexe. L'affirmation est fausse.

Affirmation 4. L'équation {f(x)=-1} admet une unique solution sur \mathbb{R}. Vraie ou fausse ?

Le signe de f'(x)=(-2x+1)e^{-2x} est celui de (-2x+1) : positif sur \left]-\infty~;~\dfrac12\right], négatif sur \left[\dfrac12~;~+\infty\right[ : f admet un maximum en x=\dfrac12, avec {f\left(\dfrac12\right)=\dfrac12e^{-1}>0}.
\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty (produit de x\to-\infty par e^{-2x}\to+\infty) et, par croissances comparées, \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.
Sur \left]-\infty~;~\dfrac12\right], f est continue et strictement croissante, de -\infty à \dfrac12e^{-1}>0 ; comme -1 appartient à cet intervalle de valeurs, l'équation {f(x)=-1} y admet une unique solution.
Sur \left[\dfrac12~;~+\infty\right[, f reste strictement positive (elle tend vers 0 sans s'annuler ni devenir négative), donc l'équation n'y a aucune solution. L'affirmation est donc vraie.

Affirmation 5. L'aire du domaine délimité par \mathcal{C}_f, l'axe des abscisses et les droites {x=0} et x=1 est égale à \dfrac14-\dfrac{3e^{-2}}{4}. Vraie ou fausse ?

L'aire recherchée est \displaystyle \mathcal{A} = \displaystyle\int\limits_0^1 xe^{-2x}\,\mathrm{d}x. On pose u(x)=x, v'(x)=e^{-2x}, donc u'(x)=1 et v(x)=-\dfrac12e^{-2x}.
\begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \left[-\dfrac{xe^{-2x}}{2}\right]_0^1 - \displaystyle\int\limits_0^1\left(-\dfrac12e^{-2x}\right)\mathrm{d}x \\ &= -\dfrac{e^{-2}}{2} - \left[\dfrac{e^{-2x}}{4}\right]_0^1 \\ &= -\dfrac{e^{-2}}{2}-\dfrac{e^{-2}}{4}+\dfrac14 \\ &= \dfrac14-\dfrac{3e^{-2}}{4}\end{aligned}
L'affirmation est vraie.

1.ABCDEFGH est un cube de côté 1, dans le repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}). I est le milieu de [AB], J le milieu de [BG]. Donner sans justification les coordonnées de A, B, G, I et J.

A(0~;~0~;~0), B(1~;~0~;~0), G(1~;~1~;~1), I\left(\dfrac12~;~0~;~0\right), J\left(1~;~\dfrac12~;~\dfrac12\right).

2.aDéterminer une représentation paramétrique de la droite (AJ).

\overrightarrow{AJ}\begin{pmatrix}1 \\ \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2}\end{pmatrix} dirige (AJ), qui passe par A : x=k, y=\dfrac{k}{2}, z=\dfrac{k}{2}, avec k\in\mathbb{R}.

2.bMontrer qu'une représentation paramétrique de la droite (IG) est {x=\dfrac12+\dfrac12t}, y=t, z=t (avec t\in\mathbb{R}).

\overrightarrow{IG}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} dirige (IG), qui passe par I\left(\dfrac12~;~0~;~0\right) : on retrouve bien la représentation paramétrique proposée.

2.cDémontrer que (AJ) et (IG) sont sécantes en un point S de coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac13\right).

On cherche (k,t) tel que k=\dfrac12+\dfrac12t et \dfrac{k}{2}=t (les deux dernières équations étant identiques).
En substituant k=2t dans la première : \begin{aligned}2t = \dfrac12+\dfrac12t &\iff \dfrac32t = \dfrac12 \\ &\iff t = \dfrac13 \end{aligned} d'où k=\dfrac23.
Le point de paramètre k=\dfrac23 sur (AJ) a pour coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac13\right) : c'est bien le point S, et les droites sont sécantes en ce point.

3.aMontrer que le vecteur \overrightarrow{n}(0~;~-1~;~1) est normal au plan (ABG).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABG).
\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB} = 0 et \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AG} &= 0\times1+(-1)\times1+1\times1 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{n} est orthogonal à ces deux vecteurs, donc normal au plan (ABG).

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

Le plan (ABG), de vecteur normal \overrightarrow{n}(0~;~-1~;~1) et passant par A(0~;~0~;~0), a une équation de la forme {-y+z+d=0} ; comme A vérifie d=0, l'équation est {-y+z=0}.

3.cLa droite (d), de vecteur directeur \overrightarrow{n} et passant par K\left(\dfrac12~;~0~;~1\right), a pour représentation paramétrique x=\dfrac12, y=-t, z=1+t. Montrer que (d) coupe (ABG) en L\left(\dfrac12~;~\dfrac12~;~\dfrac12\right).

En substituant dans l'équation {-y+z=0} : \begin{aligned}-(-t)+(1+t) = 0 &\iff 2t+1 = 0 \\ &\iff t = -\dfrac12 \end{aligned}
Pour t=-\dfrac12 : x=\dfrac12, y=\dfrac12, z=\dfrac12 : (d) coupe bien (ABG) au point L\left(\dfrac12~;~\dfrac12~;~\dfrac12\right).

3.dMontrer que L est équidistant des points A, B et G.

\begin{aligned}LA^2 &= \left(\dfrac12\right)^2\times3 \\ &= \dfrac34\end{aligned} \begin{aligned}LB^2 &= \left(\dfrac12\right)^2\times3 \\ &= \dfrac34\end{aligned} et \begin{aligned}LG^2 &= \left(\dfrac12\right)^2\times3 \\ &= \dfrac34\end{aligned} Les trois distances sont égales à \dfrac{\sqrt3}{2}, donc L est équidistant de A, B et G.

4.Montrer que le triangle ABG est rectangle en B.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{BG}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} vérifient {\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BG} = 0} : le triangle ABG est rectangle en B.

5.aIdentifier le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre du triangle ABG (sans justification).

S, intersection des médianes (AJ) et (IG), est le centre de gravité ; L, équidistant des trois sommets, est le centre du cercle circonscrit ; B, sommet de l'angle droit, est l'orthocentre.

5.bVérifier par un calcul que ces trois points sont effectivement alignés.

\overrightarrow{BS}\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3}\end{pmatrix} et \overrightarrow{BL}\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2}\end{pmatrix} vérifient \overrightarrow{BS} = \dfrac23\overrightarrow{BL} : les vecteurs sont colinéaires, donc B, S et L sont alignés (c'est la droite d'Euler du triangle).

1.Dominique répond au hasard à un QCM de 10 questions, chacune ayant 4 réponses possibles dont une seule exacte. X compte le nombre de bonnes réponses. Déterminer la loi de X et ses paramètres.

Chaque question est une épreuve à deux issues (bonne réponse, probabilité \dfrac14), répétée 10 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=10 et p=\dfrac14.

2.Quelle est la probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes réponses (arrondie à 10^{-4}) ?

P(X=5) = \dbinom{10}{5}\times\left(\dfrac14\right)^5\times\left(\dfrac34\right)^5 \approx 0,0584.

3.Donner l'espérance de X et interpréter le résultat.

\begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 10\times\dfrac14 \\ &= 2{,}5\end{aligned} En répondant ainsi au hasard, un candidat obtient en moyenne 2,5 bonnes réponses.

4.aUne bonne réponse rapporte 1 point, une mauvaise en retire 0,5. Y donne le nombre de points obtenus. Calculer {P(Y=10)} (valeur exacte).

(Y=10) équivaut à (X=10) (toutes les réponses justes) : \begin{aligned}P(Y=10) &= P(X=10) \\ &= \left(\dfrac14\right)^{10}\end{aligned}

4.bÀ partir de combien de bonnes réponses la note finale est-elle positive ?

Avec X bonnes réponses et 10-X mauvaises, la note vaut {Y = X - 0{,}5(10-X)}. Pour X=3 : \begin{aligned}Y &= 3-3{,}5 \\ &= -0{,}5\end{aligned} (négative) ; pour X=4 : \begin{aligned}Y &= 4-3 \\ &= 1\end{aligned} (positive).
La note finale de Dominique est positive à partir de 4 bonnes réponses.

4.cCalculer P(Y\leqslant0) (valeur approchée au centième).

(Y\leqslant0) équivaut à (X\leqslant3) (d'après le tableau des correspondances) : {P(Y\leqslant0) = P(X\leqslant3) \approx} 0,78.

4.dMontrer que Y=1{,}5X-5.

Avec X bonnes réponses et (10-X) mauvaises : \begin{aligned}Y &= X - 0{,}5(10-X) \\ &= X-5+0{,}5X \\ &= 1{,}5X-5\end{aligned}

4.eCalculer l'espérance de Y.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(Y) &= 1{,}5\times E(X)-5 \\ &= 1{,}5\times2{,}5-5 \\ &= -1{,}25\end{aligned}

PartieA ; 1. On considère une suite d'évènements (A_n) où p_n=P(A_n), avec p_1=1. Si A_n est réalisé, A_{n+1} l'est avec probabilité 0,3 ; sinon, avec probabilité 0,7. Compléter l'arbre des probabilités pour les rangs 1 à 3.

P(A_1)=1 ; P_{A_1}(A_2)=0{,}3, P_{A_1}(\overline{A_2})=0{,}7 ; puis P_{A_2}(A_3)=0{,}3, P_{A_2}(\overline{A_3})=0{,}7, P_{\overline{A_2}}(A_3)=0{,}7, P_{\overline{A_2}}(\overline{A_3})=0{,}3 (ici P(A_2)=0{,}3 et P(\overline{A_2})=0{,}7 car p_1=1).

PartieA ; 2. Montrer que p_3=0{,}58.

\{A_2,\overline{A_2}\} formant une partition, la formule des probabilités totales donne \begin{aligned}p_3 &= P(A_2)\times P_{A_2}(A_3) + P(\overline{A_2})\times P_{\overline{A_2}}(A_3) \\ &= 0{,}3\times0{,}3+0{,}7\times0{,}7 \\ &= 0{,}58\end{aligned}

PartieA ; 3. Calculer P_{A_3}(A_2) (arrondie à 10^{-2}).

P_{A_3}(A_2) = \dfrac{P(A_2\cap A_3)}{P(A_3)} = \dfrac{0{,}3\times0{,}3}{0{,}58} \approx 0,16.

PartieB ; 1. Recopier et compléter l'arbre général de A_n à A_{n+1}.

Depuis A_n (probabilité p_n) : {P_{A_n}(A_{n+1})=0{,}3}, P_{A_n}(\overline{A_{n+1}})=0{,}7 ; depuis \overline{A_n} (probabilité 1-p_n) : P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=0{,}7, P_{\overline{A_n}}(\overline{A_{n+1}})=0{,}3.

PartieB ; 2.a Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, p_{n+1}=-0{,}4p_n+0{,}7.

\{A_n,\overline{A_n}\} forme une partition, donc \begin{aligned}p_{n+1} &= p_n\times0{,}3+(1-p_n)\times0{,}7 \\ &= 0{,}3p_n+0{,}7-0{,}7p_n \\ &= -0{,}4p_n+0{,}7\end{aligned}

PartieB ; 2.b On pose u_n=p_n-0{,}5. Montrer que (u_n) est géométrique, en précisant sa raison et son premier terme.

\begin{aligned}u_{n+1} &= p_{n+1}-0{,}5 \\ &= -0{,}4p_n+0{,}7-0{,}5 \\ &= -0{,}4(u_n+0{,}5)+0{,}2 \\ &= -0{,}4u_n-0{,}2+0{,}2 \\ &= -0{,}4u_n\end{aligned}
\begin{aligned}u_1 &= p_1-0{,}5 \\ &= 1-0{,}5 \\ &= 0{,}5\end{aligned} Donc (u_n) est géométrique de raison -0{,}4 et de premier terme u_1=0{,}5.

PartieB ; 2.c En déduire l'expression de u_n, puis de p_n en fonction de n.

\begin{aligned}u_n &= u_1\times(-0{,}4)^{n-1} \\ &= 0{,}5\times(-0{,}4)^{n-1}\end{aligned} donc \begin{aligned}p_n &= u_n+0{,}5 \\ &= 0{,}5\times(-0{,}4)^{n-1}+0{,}5\end{aligned}

PartieB ; 2.d Déterminer la limite de la suite (p_n).

Comme {-1<-0{,}4<1}, \lim\limits_{n\to+\infty}(-0{,}4)^{n-1}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}p_n = 0{,}5.

PartieC ; 1. Soit x\in]0~;~1[ tel que \begin{aligned}P_{\overline{A_n}}(A_{n+1}) &= P_{A_n}(\overline{A_{n+1}}) \\ &= x\end{aligned} Montrer que p_{n+1}=(1-2x)p_n+x.

\begin{aligned}p_{n+1} &= p_n\times(1-x)+(1-p_n)\times x \\ &= p_n-xp_n+x-xp_n \\ &= (1-2x)p_n+x\end{aligned}

PartieC ; 2. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, {p_n=\dfrac12(1-2x)^{n-1}+\dfrac12}.

Initialisation : pour n=1, \begin{aligned}\dfrac12(1-2x)^0+\dfrac12 &= \dfrac12+\dfrac12 \\ &= 1 \\ &= p_1\end{aligned} La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : en supposant {p_n=\dfrac12(1-2x)^{n-1}+\dfrac12}, on a \begin{aligned}p_{n+1} &= (1-2x)p_n+x \\ &= (1-2x)\left(\dfrac12(1-2x)^{n-1}+\dfrac12\right)+x \\ &= \dfrac12(1-2x)^n+\dfrac12-x+x \\ &= \dfrac12(1-2x)^n+\dfrac12\end{aligned} C'est la propriété au rang n+1.
Conclusion : par principe de récurrence, pour tout entier naturel n non nul, {p_n=\dfrac12(1-2x)^{n-1}+\dfrac12}.

PartieC ; 3. Montrer que la suite (p_n) est convergente et donner sa limite.

0<x<1 \implies -1<1-2x<1, donc \lim\limits_{n\to+\infty}(1-2x)^{n-1}=0, et donc {\lim\limits_{n\to+\infty}p_n = \dfrac12}.