Trminal S Mars 2018 Corrigé du bac blanc Exrcic 1 Commun à tous ls candidats 3 points 1. f( 1 + i 3) = ( 1 + i 3) 2 + 2( 1 + i 3) + 9. f( 1 + i 3) = ( 1) 2 + 2 ( 1)(i 3) + (i 3) 2 2 + 2i 3 + 9 f( 1 + i 3) = 1 2i 3 3 2 + 2i 3 + 9 = 5 2. f(z) = 5 z 2 + 2z + 9 = 5 z 2 + 2z + 4 = 0 Δ = b 2 4ac = 2 2 4 1 4 = 12. Δ < 0. Donc il y a dux solutions complxs conjugués distincts : z 1 = b i Δ = 2 i 12 = 2 2i 3 = 1 i 3 t z 2a 2 2 2 = 1 + i 3. A a donc pour affix 1 + i 3 t B pour affix 1 i 3. 3. f(z) = λ z 2 + 2z + 9 = λ z 2 + 2z + 9 λ = 0 Δ = b 2 4ac = 2 2 4 1 (9 λ) = 4 36 + 4λ = 4λ 32. L équation f(z) = λ admt dux solutions complxs conjugués Δ < 0 4λ 32 < 0 4λ < 32 λ < 8 L équation f(z) = λ admt dux solutions complxs conjugués ssi λ < 8.
Exrcic 2 Commun à tous ls candidats 3 points Parti A 1. 0,8 C 0,35 H 1 0,2 F 0,25 0,5 C H 2 0,5 F 0,4 0,3 C H 3 0,7 F 2. P(C H 3 ) = P(H 3 ) P H3 (C) = 0,4 0,3 = 0,12. La probabilité qu l arbr choisi soit un conifèr achté chz l horticultur H 3 st 0,12. 3. Ls évènmnts H 1, H 2 t H 3 formnt un partition d l univrs, donc d après la formul ds probabilités totals : P(C) = P(C H 1 ) + P(C H 2 ) + P(C H 3 ) P(C) = P(H 1 ) P H1 (C) + P(H 2 ) P H2 (C) + 0,12 P(C) = 0,35 0,8 + 0,25 0,5 + 0,12 = 0,525 4. On sait qu l évènmnt C st réalisé. Parti B P C (H 1 ) = P(C H 1) P(C) = 0,35 0,8 0,525 0,533. La probabilité qu l arbr ait été achté chz l horticultur H 1 st d nviron 0,533. 1. On répèt 10 xpérincs d Brnoulli idntiqus (car l choix put êtr assimilé à un tirag avc rmis) t indépndants d mêm paramètr p = 0,525. Pour chacun, l succès st «obtnir un conifèr». La variabl aléatoir X st l nombr d succès. Donc par définition X suit la loi binomial d paramètrs n = 10 t p = 0,525. 2. P(X = 5) = ( 10 5 ) 0,5255 (1 0,525) 10 5 0,243 On obtint ctt valur n tapant à la calculatric TI : BinomFdp(10, 0.525, 5). La probabilité qu l échantillon prélvé comport 5 conifèrs st d nviron 0,243. 3. Dans un échantillon d 10 arbrs, il y a au plus 2 fuillus ssi il y a au moins 8 conifèrs. P(X 8) = 1 P(X < 8) = 1 P(X 7). En tapant à la calculatric TI : BinomFRp(10, 0.525, 7) : P(X 7) 0,925. Donc P(X 8) 0,075. - 2 -
Exrcic 3 Commun à tous ls candidats 5 points 1. a. f 1 (x) = x x = x. Or d après l cours lim x x x + x = +, donc lim f 1(x) = 0. x + b. Pour tout rél x : f 1 (x) = x x, donc : f 1 (x) = 1 x + x( x ) = x x x = (1 x) x. Pour tout rél x, x > 0 donc f 1 (x) st du sign d 1 x. 1 x > 0 x > 1 x < 1. On put donc drssr l tablau suivant : x 1 + f 1 (x) + 0 f 1 (x) 1 2. Pour tout rél x : f k (x) = x k x, or x > 0 donc f k (x) st du sign d x k. Dux cas sont possibls : Si k st pair : pour tout rél x < 0, x k > 0. Si k st impair : pour tout rél x < 0, x k < 0. Or sur la courb tracé, il smbl qu pour tout x < 0, f k (x) > 0 donc k st pair. Comm on sait qu k st non nul, k st un ntir pair supériur ou égal à 2. 3. a. Soit un ntir n 1. f n (0) = 0 n 0 = 0 1 = 0, donc C n pass par l point d coordonnés (0 ; 0). f n (1) = 1 n 1 = 1 1 = 1, donc C n pass par l point d coordonnés (1 ; 1 ). b. Pour tout ntir n 2 t tout nombr rél x : f n (x) = x n x. Donc : f n (x) = nx n 1 x + x n ( x ) = nx n 1 x x n x. f n (x) = nx n 1 x x x n 1 x. f n (x) = (n x)x n 1 x = x n 1 (n x) x. 4. D après la qustion 3, pour tout rél x : f 3 (x) = x 3 1 (3 x) x = (3 x)x 2 x. Or pour tout rél x, x 2 x > 0 donc f 3 (x) st du sign d 3 x. 3 x > 0 x > 3 x < 3. On put donc drssr l tablau suivant : x 3 + f 3 (x) + 0 f 3 (x) 27 3-3 -
Ainsi f 3 admt un maximum pour x = 3. 5. a. M st l point d absciss 1 d C k, donc la tangnt T k n M a pour équation : y = f k (1)(x 1) + f k (1). On sait qu f k (1) = 1 t par aillurs f k (1) = 1 k 1 (k 1) 1 = k 1. Donc l équation d T k st : y = k 1 (x 1) + 1 y = k 1 x k 1 + 1 y = k 1 x + 1 k + 1 y = k 1 2 k x +. L point d T k sur l ax ds ordonnés st l point d absciss 0, donc son ordonné st : y = k 1 0 + 2 k = 2 k b. On sait qu la tangnt T k coup l ax ds ordonnés n A (0 ; 4 ). Donc d après la qustion précédnt : 2 k 2 k = 4. = 4. Résolvons ctt équation : 2 k = 4 k = 6 k = 6. 6. D après l graphiqu, il smbl qu f k soit croissant sur [0; + [. f k (x) = x k 1 (k x) x = x 5 (6 x) x. Or pour tout rél x, x 5 x > 0 donc f k (x) st du sign d 6 x. 6 x > 0 x > 6 x < 6. On put donc drssr l tablau suivant : x 6 + f k (x) + 0 f k (x) ( 6 )6 Ainsi la conjctur st infirmé. Exrcic 4 Candidats n ayant pas suivi l nsignmnt d spécialité 5 points Parti A - 4 -
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Parti B Exrcic 4 Candidats ayant suivi l nsignmnt d spécialité 5 points - 6 -
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Exrcic 5 Commun à tous ls candidats 4 points Qustion 1 : Affirmation a Détrminons la form algébriqu d Z : Z = a+3i = (a+3i)(2+ai) = 2a+a2 i+6i 3a = a+i(a2 +6) = a 2 ai (2 ai)(2+ai) 4+a 2 4+a 2 Donc R(Z) = a a 2 +4. Qustion 2 : Affirmation b g (x) = 33x (2+cos(3x)) 3x ( 3sin (3x)) (2+cos(3x)) 2 g (x) = 33x (2+sin(3x)+cos (3x)) (2+cos(3x)) 2. Qustion 3 : Répons d + a2 +6 4+a 2 4+a 2 i. = 33x (2+cos(3x))+3 3x sin (3x) (2+cos(3x)) 2. L plan (ABC) pass par A (1 ; 2 ; 5) t il st dirigé par AB (2 ; 4 ; 1) t AC (6 ; 8 ; 13). x = 1 2t + 6t Donc un rprésntation paramétriqu du plan (ABC) st : { y = 2 + 4t + 8t, t R, t R. z = 5 t 13t Qustion 4 : Affirmation a u (2 ; 5 ; 3), v ( 1 ; 6 ; 2) t w (6 ; 1 ; 7). x u x v = 2 1 t y u y v = 5 6 ; 2 5 1 6 donc u t v sont non colinéairs. Chrchons si u t v sont coplanairs. Soint x t y ds réls. w = xu + yv { 2x y = 6 5x + 6y = 1 3x 2y = 7 y = 2x 6 { 5x + 12x = 1 + 36 3x 4x = 7 12 y = 2x 6 { 7x = 35 x = 5 y = 2x 6 { 5x + 6(2x 6) = 1 3x 2(2x 6) = 7 y = 2x 6 { 5x + 12x = 1 + 36 3x 4x = 7 12 y = 4 { x = 5 x = 5 L systèm a un solution, donc u t v sont coplanairs. - 8 -