Bac 2024 Spé Maths : sujets corrigés de l'épreuve 🎓
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Voici des éléments de réponses possibles pour les exercices proposés.
Exercice 1
1) * On a $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ donc l'axe des abscisses est une asymptote horizontale à $C_f$.
Affirmation 1 : vraie
* $f^{\prime}(x)=5 e^{-x}-5 x e^{-x}$ donc $f^{\prime}(x)+f(x)=5 e^{-x}$
$f$ est solution sur $\mathbb R$ de l'équation différentielle $(E)$. Affirmation 2 : vraie
2)
* Affirmation 3 : fausse
Contre exemple: on prend la suite $(u_n)$ constante égale à $(-1)$ et la suite $(w_n)$ constante égale à 1.
On définit $v_n=(-1)^n$. La suite $\left(v_n\right)$ n'est pas convergente.
* Affirmation 4 : vraie.
$\left(u_n\right)$ est croissante donc pour tout entier naturel $n$, $u_0 \leqslant u_n$ $\left(w_n\right)$ est décroissonte donc $w_n \leqslant w_0$
Ainsi $u_0 \leqslant u_n \leqslant v_n \leqslant w_n \leqslant w_0$
Exercice 2
1)
2) $P(I \cap S)=0,6 \times 0,75=0,45$
3) Les événements $I$, $M$ et $G$ forment une partition de l'univers.
D'après la formule des probabilités totales, on a :
$P(S)=P(I \cap S)+P(M \cap S)+P(G \cap S)$
donc $P(s)=0,45+0,3 \times 0,9+0,8 \times 0,1$
Donc
$P(s)=0,45+0,27+0,08$
$P(s)=0,8$
4) On cherche $P_S (I)$
$P_S(I)=\dfrac{P(I \cap S)}{P(S)}=\dfrac{0,45}{0,8}$
$P_S(I)=0,563$ à $10^{-3}$
5) a) La variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès d'une suite de 30 épreuves de Bernoulli de paramètre 0,8
$X$ suit la loi binomiale de paramètres $0,8$ et $30$.
b) On cherche $P(X \geqslant 25)$
Avec la calculatrice on trouve $P(X \geqslant 25)=0,428$ à $10^{-3}$ près
6) Soit $n$ la taille de l'échantillon recherché.
$P(x=n) \leqslant 0,01 \quad$ (la probabilité que les $n$ clients soient satisfaits est inférieure à $0,01$).
Avec la calculatrice on obtient $n=21$.
7) a) $E(T)=E\left(T_1\right)+E\left(T_2\right)=7$
$V(T)=V\left(T_1\right)+V\left(T_2\right)=3$ car $T_1$ et $T_2$ sont des variables indépendantes.
b) On cherche $P(5 \leqslant T \leqslant 9)$ soit $P(|T-7| \leqslant 2)$
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev on a :
$P(\mid T-7 \mid \geqslant 3) \leqslant \dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$
donc l'événement contraire $P(|T-7| \leq 2) \geqslant \dfrac{2}{3}$
Exercice 3
1) a) $\overrightarrow{CA}(5 ~; 5 ;-10)$ et $\overrightarrow{DA}\left(5 ; 5 ; \dfrac{5}{2}\right)$
$\vec{n}_1 \cdot \overrightarrow{CA}=1 \times 5+(-1) \times 5+0 \times(-10)=0$
donc $\vec{n}_1$ est orthogonal à $\overrightarrow{C A}$
$\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{DA}=1 \times 5+(-1) \times 5+0 \times\left(\frac{5}{2}\right)=0$
donc $\vec{n}_1$ est orthogonal à $\overrightarrow{D A}$
D'autre part $\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{DA}$ ne sont pas colinéaires donc $(CAD)$ est un plan.
Conclusion : $\vec{n}_1$ est un vecteur normal au plan $(CAD)$.
b) $\vec{n}_1$ est normal au plan $(CAD)$ donc une équation cartésienne de $(CAD)$ est $x-y+k=0$
Le point $A$ appartient à $(CAD)$ donc ses coordonnées vérifient l'équation. Ainsi $\quad 5-5+k=0$ donc $k=0$
Le plan $(CAD)$ admet pour équation cartesienne: $x-y=0$
2) a) On vérifie que les coordonnées de $H$ sont solution de l'équation cartésienne de $(CAD)$ : $\dfrac{5}{2}-\dfrac{5}{2}=0$
Donc $H$ appartient à $(CAD)$. Les coordonnées de $H$ vérifient l'équation paramétrique de la droite $D$ (avec $t=1$ ), donc $H$ appartient à $D$.
Les coordonnées de $H$ sont $\left(\dfrac{5}{2} ; \dfrac{5}{2} ; 0\right)$.
b) $\overrightarrow{BH}$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{5}{2} ;-\dfrac{5}{2} ; 0\right)$. $\overrightarrow{B H}$ est colinéaire à $\vec{n}_1$ done $\overrightarrow{B H}$ est normal à $(CAD)$. De plus $H$ appartient au plan $(CAD)$ donc $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(ACD)$.
3) a) $\overrightarrow{AH}\left(-\dfrac{5}{2} ;-\dfrac{5}{2} ; 0\right)$
$\overrightarrow{BH}\left(\dfrac{5}{2} ;-\dfrac{5}{2} ; 0\right)$
$\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BH}=-\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}=0$ donc le triangle $ABH$ est rectangle en $H$
b) $AH^2=\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}=\dfrac{25}{2}$ donc $A H=\dfrac{5}{\sqrt{2}}$
$B H^2=\dfrac{25}{2}$ donc $B H=\dfrac{5}{\sqrt{2}}$
Soit $\mathcal A_{ABH}$ l'aire du triangle $ABH$.
$\mathcal A_{ABH}=\dfrac{1}{2} AH \cdot BH=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{25}{2}$
L'aire du triangle $ABH$ est égale à $\dfrac{25}{4}$
4) a) Coordonnés de $\overrightarrow{OC}:(0 ; 0 ; 10)$
Or $\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{H A}=0$ et $\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{AB}=0$ donc $\overrightarrow{O C}$ est orthogonal au plan (HAB). La droite $(OC)$ est orthogonale à $(HAB)$ et passe par le point $C$ : $(CO)$ est donc la hauteur de $ABCH$ issue de $C$.
b) La base de $ABCH$ est le triangle $ABH$ d'aire $\dfrac{25}{4}$ et la hauteur est $CO=10$
Volume de $ABCH$ : $V=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{25}{4} \times 10=\dfrac{125}{6}$
5) On considère $h^{\prime}$ la hauteur de $ABCH$ issue de $H$.
On a d'après la question précédente :
$v=\dfrac{125}{6}=\dfrac{1}{3} B^{\prime} h^{\prime}$ ou $B^{\prime}$ est l'aire du triangle $A B C$.
$B^{\prime}=\dfrac{1}{2} AB \cdot BC$
$\overrightarrow{AB}(-5 ; 0 ; 0)$ donc $AB=5$
$\overrightarrow{BC}(0 ;-5 ; 10)$ donc $BC=\sqrt{25+100}=\sqrt{125}$ soit $BC=5 \sqrt{5}$
donc $B^{\prime}=\dfrac{1}{2} \times 5 \times 5 \sqrt{5}=\dfrac{25 \sqrt{5}}{2}$
On obtient : $h^{\prime}=\dfrac{125}{2 B^{\prime}}=\dfrac{125}{25 \sqrt{5}}=\dfrac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$
La distance du point $H$ au plan $(ABC)$ est $\sqrt{5}$
Exercice 4
Partie A
1) a) $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \ln (x)=-\infty$ et $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0}(x-2)=-2$
donc par somme $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty$
$\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \ln (x)=+\infty \text { et } \lim _{x \rightarrow+\infty}(x-2)=+\infty$
donc par somme $\quad \displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$
b) $f$ est dérivable sur $] 0,+\infty\left[\right.$ et $f^{\prime}(x)=1+\dfrac{1}{2 x}=\dfrac{2 x+1}{2 x}$
c) $f^{\prime}$ est positive sur $] 0,+\infty[$.
d) $f'$ est dérivable sur $] 0,+\infty[$.
$f^{\prime \prime}(x)=-\dfrac{1}{2 x^2}$
$f^{\prime \prime}$ est négative sur $] 0,+\infty[$ donc $f$ est concave sur $] 0,+\infty[$.
2) a) La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $] 0 ;+\infty[$ et elle s'annule sur $] 0,+\infty[$. D'après le corollaire du théorème des accroissements finis, il existe une unique solution à l'équation $f(x)=0$, appelée
$f(1)=-1$ et $f(2)=\dfrac{1}{2} \ln 2>0$ : donc $\alpha$ appartient à l'intervalle $[1 ; 2]$
b) $f$ est négative sur $]0 ; \alpha[$, s'annule en $\alpha$ et $f$ est positive sur $] \alpha ;+\infty[$
c) $f(\alpha)=0 \Leftrightarrow x-2+\dfrac{1}{2} \ln \alpha=0 \Leftrightarrow \ln \alpha=2(2-\alpha)$
Partie B
1) $g$ est dérivable sur $] 0 ; 1]$ et $g^{\prime}(x)=-\dfrac{7}{4} x+1-\dfrac{1}{2} x \ln x-\dfrac{1}{4} x$ donc $g^{\prime}(x)=-2 x+1-\dfrac{1}{2} x \ln x$
$f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{x}-2+\dfrac{1}{2} \ln \dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{x}-2-\dfrac{1}{2} \ln x$
et $x f\left(\dfrac{1}{x}\right)=1-2 x-\dfrac{1}{2} x \ln x$
on a bien $g^{\prime}(x)=x f\left(\dfrac{1}{x}\right)$
2) a) $x \in~ ] 0 ; \dfrac{1}{\alpha} [ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} \in ~] \alpha ;+\infty[$
donc comme $f$ est positive sur $] \alpha,+\infty [, f\left(\dfrac{1}{x}\right)>0$
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b) Tableau de variations de $g$
Partie C
1) a) Sur $]0;1[$ la fonction $\ln$ est négative
$\forall x \in] 0 ; 1 [\quad-\dfrac{1}{4} x^2 \ln x>0$
donc $g(x)=-\dfrac{7}{8} x^2+x-\dfrac{1}{4} x^2 \ln x>-\dfrac{7}{8} x^2+x$ donc $C_g$ est située au dessus de $\mathcal P$ sur $]0;1]$.
b)
$\displaystyle \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^1 x^2 \ln x d x =\left[\dfrac{x^3}{3} \ln x-\dfrac{x^3}{9}\right]_{\dfrac{1}{\alpha}}^1$
$=0-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{3 \alpha^3} \ln \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{9 \alpha^3}$
$=\dfrac{-\alpha^3}{9 \alpha^3}+\dfrac{2(2-) \times 3}{9 \alpha^3}+\dfrac{1}{9 \alpha^3}$
$=\dfrac{-\alpha^3+12-6 \alpha+1}{9 \alpha^3}=\dfrac{-\alpha^3-6 \alpha+13}{9 \alpha^3}$
2) $\mathcal A=\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^1-\frac{1}{4} x^2 \ln x d x=-\dfrac{1}{4} \int_{\frac{1}{\alpha}}^1 x^2 \ln x d x$
donc $\mathcal A =\dfrac{x^3+6 x-13}{36 x^3}$
