BACCALAURÉAT BLANC 2013

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1 BACCALAURÉAT BLANC 203 Série S Corrigé Exercice. a) On traduit les données de l énoncé et on représente la situation par un arbre pondéré. PF ) = 2, PF 2) = 3, P F ) = 5 00 = 20, P F 2 ) =,5 00 = 3 3,5, P) = = F F 2 F 3 b) La probabilité qu une paire de chaussettes prélevée soit fabriquée par le fournisseur F et présente un défaut est égale à PF ) = P F ) P F ) = 2 20 = 40 = 5 c) e la même façon la probabilité de l événement F 2 est égale à PF 2 ) = = d) On calcule PF 3 ) avec la formule des probabilités totales : P) = PF ) + PF 2 ) + PF 3 ), soit ici donc = PF 3 ), PF 3 ) = février 203

2 BACCALAURÉAT BLANC 203 / SÉRIE S CORRIGÉ page 2/ e) On a PF 3 ) = PF ) PF 2 ) = 2 3 =. Puis P F3 ) = PF 3 ) PF 3 ) = 200 = 200 = a) Le tirage des chaussettes est assimilé à tirages indépendants avec remise, ce qui correspond à la répétition de épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes ayant pour «succès» l obtention d une chaussette défectueuse. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de chaussettes défectueuses sur un tirage de chaussettes. X compte donc le nombre de succès, ainsi elle suit une loi binomiale de paramètres n = et de probabilité p = P) = 0,035. Lorsque X suit Bn, p) on sait que ) n PX = k) = p k p) n k, k soit ici PX = 2) = ) 0, ,035) 4 = 5 0, ,95 4 0, ,0. 2 b) La probabilité qu au plus une paire de chaussettes d un lot présente un défaut est égale à ) ) PX = 0) + PX = ) = 0, ,035) + 0,035 0,035) 5 0 Exercice 2 0, , ,983. Partie A : restitution organisée de connaissance On pose ϕx) = e x x. La fonction ϕ est dérivable sur R et, pour tout x réel, On étudie le signe de cette dérivée : ϕ x) = e x. ϕ x) > 0 e x > x > 0, car la fonction exponentielle est strictement croissante sur R. On en déduit le tableau de variation. x 0 + ϕ x) 0 + ϕx) Ainsi, pour tout x réel, ϕx) > 0 soit e x > x. Or lim x + ex = +. ϕ0) = e 0 0 =. lim x = +, donc, d après le prérequis, x +

3 BACCALAURÉAT BLANC 203 / SÉRIE S CORRIGÉ page 3/ Partie B. Pour tout réel x on a fx) = xe x e +, or croissances comparées) lim x xex = 0, donc, par opérations sur les limites, lim fx) =. x On en déduit que la droite d équation y = est asymptote horizontale à C en. 2. On a fx) = xe x e +, et lim x + ex = +, donc par opérations sur les limites il n y a aucune forme indéterminée ici), fx) = On calcule la dérivée de f : lim x + f x) = e x + x e x = x + )e x. 4. Pour tout réel x, e x > 0, donc f x) a le même signe que x +. Or x + 0 équivaut à x. onc la fonction f est décroissante sur ], ] et croissante sur [, + [ et f ) = e + = e 2. On peut dresser le tableau de variation suivant. x + f x) fx) e 2 Partie C. La tangente T a a pour équation y = f a)x a) + fa), c est-à-dire 2. Soit a > 0, alors y = a + )e a x a) + ae a +. O0, 0) T a 0 = a + )e a a) + ae a + 0 = e a a 2 a + a) + a 2 e a = est une solution de l équation considérée car 2 e = = 0. Montrons maintenant que cette équation n admet qu une unique solution sur l intervalle ]0, + [. Posons, pour tout x > 0, gx) = x 2 e x. La fonction g est alors dérivable sur ]0, + [ et, pour tout x > 0, g x) = 2xe x x 2 e x = 2x x 2 )e x = x2 + x)e x. Sur ]0, + [, x > 0, donc x + 2 > 0 et x < 0 ; par ailleurs e x > 0, on en déduit que g x) < 0 et donc que g est strictement décroissante sur ]0, + [. onc si x <, alors gx) > g) et si x >, alors gx) < g). Comme g) = 0, on conclut que est l unique solution de l équation gx) = 0 sur ]0, + [. 4. La seule tangente passant par l origine du repère est donc la droite T qui a pour équation y = 2x ) + 2, c est-à-dire y = 2x.

4 BACCALAURÉAT BLANC 203 / SÉRIE S CORRIGÉ page 4/ Exercice 3. On a z A = 2 + 2i, z B = 2i et z C = 2. a) On place les points sur une figure que l on complète au fur et à mesure. 5 H 4 3 Γ K 2 B A C K O H C b) OA = z A = = 8 = 2 2. O, H, A et K sont alignés dans cet ordre donc OH = OA AH = et OK = OA + AK = c) Les vecteurs # OA, # OH et # OK sont colinéaires de même sens, donc argz H ) = argz K ) = argz A ) = π 4 2π). Alors z K = z K e i π 4 = 2 ) e i π 4 et z H = z H e i π 4 = 2 ) 2 2 e i π 4. À tout point point M d affixe z 0, on associe le point M d affixe z telle que z = 4 z. 2. a) Soit B et C les images respectives de B et C par f. On a z B = 4 2i = 4i 2 = 2i et z C = 4 2 = 2. L image de B et le point B lui même et l image de C est le point C d affixe 2. b) M, d affixe z 0, invariant par f se traduit par z = 4 z z 2 = 4 z = 2i ou z = 2i. Les points invariants par f sont B et le point d affixe 2i.

5 BACCALAURÉAT BLANC 203 / SÉRIE S CORRIGÉ page 5/ 3. a) Pour tout point M, d affixe z, distinct de O, z = 4 z = zz = 4 = z z = 4 = OM OM = 4. b) Pour tout point M, d affixe z, distinct de O, z = 4 z = argz ) = arg 4) argz) = π argz) 2π). 4. a) après le 3.a, OK = 4 OK = = = OH = 4 OH = = 2 2 = b) après le 3.b, 2 2 ) 2 + ) 2 ) = = OH, ) 2 ) 2 + ) = = OK. argz K ) = π argz K ) = π π 4 = 3π 4 argz H ) = π argz H ) = π π 4 = 3π 4 2π), 2π). Comme z K = OK et z H = OH, on déduit les formes exponentielles : z K = 2 ) 2 2 e i 3π 4 et z H = 2 ) e i 3π 4. c) z K et z H ont pour argument 3π 4, donc K et H sont sur la demi-droite constituée des points d argument 3π 4 ). e plus OK = OH donc K appartient aussi au cercle de centre O et rayon OH. e même OH = OK, donc H appartient au cercle de centre O et rayon OK. où la construction des deux points. Exercice 4 Partie A Lorsque N = 3 l algorithme effectue trois boucles avant de s arrêter. k prend successivement les valeurs 0, et 2. U est initialisée à 0 et, à la fin de la boucle k = 0, on a U = 3 ; à la fin de la boucle k = on a U = 0 et, à la fin de la boucle correspondant à k = 2, on obtient U = 29. L affichage en sortie est donc 29. Partie B On a la suite u n ) définie par u 0 = 0 et, pour tout entier naturel n, u n+ = 3u n 2n On calcule u = 3u = 3 et u 2 = 3u = a) émontrons par récurrence, pour tout entier naturel n, la propriété P n : u n n. u 0 = 0 0 donc la propriété P 0 est vérifiée.

6 BACCALAURÉAT BLANC 203 / SÉRIE S CORRIGÉ page / Supposons la propriété P n vraie pour une valeur de n fixée. Alors u n+ = 3u n 2n + 3 3n 2n + 3 = n + 3 n +. La propriété est alors vérifiée au rang n +. Conclusion : d après le principe de récurrence on en déduit que, pour tout entier naturel n, u n n. b) après le théorème de comparaison, ) lim n = + et u n n n + 3. Pour tout entier naturel n, = lim n + u n = +. u n+ u n = 3u n 2n + 3 u n = 2u n 2n + 3 = 2u n n) + 3 0, } {{ } 0 donc la suite u n ) est croissante. 4. Soit la suite v n ) définie, pour tout entier naturel n, par v n = u n n +. a) Pour tout entier naturel n, v n+ = u n+ n + ) + = 3u n 2n + 3 n + = 3u n n + ) = 3v n. La suite v n ) est donc une suite géométrique de raison 3. b) Comme la suite v n ) est géométrique de raison 3, on a, pour tout entier naturel n, v n = v 0 3 n, or v 0 = u =, donc v n = 3 n. Alors u n = v n + n, soit u n = 3 n + n. 5. Soit p un entier naturel non nul. a) Comme 3 >, 3 n tend vers +, donc la suite u n ) tend vers + et on peut alors affirmer qu il existe au moins un entier n 0 tel que, pour tout n n 0, u n 0 p. b) u 3p = 3 3p + 3p = 27 p + 3p 27 p 0 p, donc n = 3p est un entier tel que u n 0 p ; n 0 étant le plus petit entier n tel que u n 0 p, on a donc n 0 3p. c) À la calculatrice, on obtient u = 734 < 0 3 et u 7 = , donc pour la valeur p = 3, on a n 0 = 7. d) Algorithme qui, pour une valeur de p donnée en entrée, affiche en sortie la valeur du plus petit entier n 0 tel que, pour tout n n 0, on ait u n 0 p. Entrée Saisir le nombre entier naturel non nul p. Traitement Affecter à U la valeur 0 Affecter à k la valeur 0 Tant que U < 0 p Affecter à U la valeur 3U 2k + 3 Affecter à k la valeur k + Fin tant que Sortie Afficher k

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