MATHÉMATIQUES ● Terminale S - ES
Corrigés • Exercices Bac A Étude d’une fonction (6 points) Solution rédigée ▪ g est strictement décroissante,
Partie A : Domaine de définition
▪ g (1) = e - 1 2 0 ,
1. On détermine les variations de la fonction d pour montrer qu’elle reste toujours supérieure à 0 ; pour cela, on calcule sa dérivée dl (x) = e x - 1 qui est négative pour x 1 0 et positive pour x 2 0 .
▪ xlim g (x) = -3 . " +3 Il existe donc un nombre a 2 tel que g (x) = 0 . On trouve a 2 . 1,84 .
D’où le tableau de variations de d , sans rentrer dans le détail des calculs de limites : x -∞
0
d +∞
d) On en déduit le tableau de signes de g : g(x)
+∞ 1
Ce tableau nous indique que quelle que soit la valeur du réel x , d (x) H 1 et donc que d (x) 2 0 pour tout réel x . 2. La question précédente nous permet de conclure que d n’est jamais nulle et que f est définie pour tout réel. Donc D f = R .
1. a) f l (x) = = = =
b) gl ^ x h = e - xe = e ^ 1 - x h . x
x
Comme e est positif quel que soit le réel x , gl (x) est du signe de 1 - x , donc gl (x) est négatif pour x 2 1 et positif pour x 1 1 . c) Sur l’intervalle ] - 3 ;1 [ , on applique le théorème de la bijection, compte-tenu que : ▪ g est strictement croissante, ▪ xlim g (x) = -1 , " -3 ▪ g (1) = e - 1 2 0 . Il existe donc un nombre a 1 tel que g (x) = 0 . On trouve a 1 . -1,15 . De même sur l’intervalle ] 1; + 3 [ , on applique le théorème de la bijection, compte-tenu que :
+
0
-
0
e x - x = +3 ▪ xlim " -3 Donc par quotient, xlim f (x) = 0 . " -3 b) Il suffit de factoriser le numérateur et le dénominateur par e x pour obtenir la forme souhaitée. De plus : ▪ xlim 1 - e -x = 1 , " +3 ▪ lim xe -x = 0 (limite admise), donc : x " +3 lim 1 - xe -x = 1
x " +3
Donc par quotient, xlim f (x) = 1 . " +3 3. Le dénominateur de f l (x) est toujours positif donc f l (x) a le même signe que g (x) . D’après la partie précédente, on peut dresser le tableau de variations de f : x -∞
x
x
-
2. a) ▪ xlim e x - 1 = -1 " -3
Partie B : Variations e x (e x - x) - (e x - 1) (e x - 1) (e x - x) 2 (e x) 2 - xe x - ((e x) 2 - 2e x + 1) (e x - x) 2 x 2 x (e ) - xe - (e x) 2 + 2e x - 1 (e x - x) 2 x -xe + 2e x - 1 (e x - x) 2
-∞ a 1 a 2 +∞
x
+∞
f
a1
a2
0
+∞
1,19 -0,47
1
Partie C : Valeur moyenne de
f
sur [0 ;1]
1. On calcule la moyenne d’une fonction sur [0 ;1] en 1 1 calculant M = 1 - 0 # f (x) dx . 0
On reconnait dans l’expression de f la dérivée de la fonction ln (u) avec u ^ x h = e x - x . Donc une primitive de f s’écrit F (x) = ln (e x - x) .
Donc M = 6 ln ^ e x - x h@0 = ln ^ e 1 - 1 h - ln ^ e 0 - 0 h = ln (e - 1) . 0,54 1
La valeur moyenne de la fonction ne vaut pas 0,5. Mathématiques ● Séries S - ES ● Entrainement au baccalauréat
1
B Loi de refroidissement de Newton (4 points) Solution rédigée 1. D’une part, T l (t) = (Ti - Ta) # (-k) e -kt + 0 = -k ^^ Ti - Ta h e -kt h .
D’autre part, -k (T (t) - Ta) = -k ((Ti - Ta) e -kt + Ta - Ta) = -k ^^ Ti - Ta h e -kt h = T l (t) .
3. On résout T ^ t h 1 60 : 80e -0,1t + 20 < 60 + e -0,1t < 0,5 + -0,1t < ln (0,5) + t > -10 ln (0,5)
Le café sera à la bonne température environ 7 minutes après sa préparation. Sam pourra le boire avant la réunion.
Donc T vérifie bien l’équation de la loi de refroidissement. 2. D’abord, l’énoncé nous indique que Ta = 20 et Ti = 100 .
4. La variable t vaudra 14. C’est le temps en minutes au bout duquel la température du café sera inférieure à 40°C.
On détermine la valeur de k sachant que T ^ 4 h = 73 :
e -0,1t = 0 donc tlim T (t) = 20 . 5. tlim " +3 " +3
+ 80e
Donc la fonction T admet la droite d’équation y = 20 comme asymptote horizontale.
Donc T ^ t h = ^ 100 - 20 h e -kt + 20 = 80e -kt + 20 . 80e -k # 4 + 20 = 73 -4k
= 53 53 + e = 80 53 + -4k = ln a 80 k 1 53 + k = - 4 ln a 80 k -4k
Cela signifie que la température du café aura tendance naturellement à se rapprocher de la température ambiante.
Mathématiques ● Séries S - ES ● Entrainement au baccalauréat
2
C Géométrie dans l’espace (5 points) Solution rédigée 1. On considère la représentation paramétrique 2 1 induite par _ A ; AB , AC i avec AB f 2 p et AC f 3 p . -1 2 Pour tout point M(x ; y ; z) appartenant au plan (ABC), il existe deux réels t et tl tels que AM = tAB + tlAC . On en déduit donc : ]]Z x = t + 2tl - 1 ] [] y = 2t + 3tl - 2 ]] z = 2t - tl + 1 \ ]]Z -2 = t + 2tl - 1 ] 2. a) On montre que le système [] -3 = 2t + 3tl - 2 ]] 4 = 2t - tl + 1 \ admet (1; - 1) comme couple solution, donc le point N appartient au plan (ABC). ]]Z 3 = t + 2tl - 1 ] b) En revanche, le système [] 1 = 2t + 3tl - 2 ]] 2 = 2t - tl + 1 \ n’admet aucune solution, donc le point P n’appartient pas au plan (ABC).
C’est-à-dire : (x + 1) # 8 + (y + 2) # (-5) + (z - 1) # 1 = 0 + 8x + 8 - 5y - 10 + z - 1 = 0 + 8x - 5y + z - 3 = 0
3 4. a) Il suffit de montrer que n et SP f -2 p ne sont pas orthogonaux. 2 SP $ n = 8 # 3 - 5 # (-2) + 1 # 2 ! 0 Comme ces vecteurs ne sont pas orthogonaux, alors (SP) et (ABC) ne sont pas parallèles, ils sont donc sécants. ]]Z x = 3t ] b) [] y = -2t + 3 , t ! R . ]] z = 2t \ c) Les coordonnées (x ; y ; z) du point d’intersection, que l’on peut noter I, vérifient :
▪ n $ AB = 8 # 1 + (-5) # 2 + 1 # 2 = 0
8x - 5y + z - 3 = 0 , car il appartient au plan (ABC). Comme il appartient aussi à la droite (SP), ses coordonnées doivent aussi respecter la représentation paramétrique de la droite (SP). D’où la relation :
▪ n $ AC = 8 # 2 + (-5) # 3 + 1 # (-1) = 0
8 # 3t - 5 (-2t + 3) + 2t - 3 = 0
3. On calcule les produits scalaires n $ AB et n $ AC :
n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) donc il est orthogonal au plan. C’est bien un vecteur normal. On en déduit une équation cartésienne du plan grâce à la relation : pour tout point M(x ; y ; z) du plan, AM $ n = 0.
+ 24t + 10t - 15 + 2t - 3 = 0 + 36t - 18 = 0 18 + t = 36 = 0,5 Pour cette valeur de t , on trouve I(1,5 ; 2 ; 1) .
Mathématiques ● Séries S - ES ● Entrainement au baccalauréat
3
D Probabilités, lois normales, fluctuation (5 points) Solution rédigée Partie A : Réglage de la machine 1. D’après la calculatrice, P (M) = P (X $ 178) . 0,938 .
Or, X $ 179 + X - 180 $ -1
2. Soit v l’écart-type du nouveau réglage.
+
-1 X - 180 $ v v -1 +Z$ v
X - 180 La variable aléatoire Z = suit la v loi normale N (0; 1) et la calculatrice donne P (Z $ -2,326) $ 0,99 .
-1 Il suffit que v vérifie v = -2,326 , c’est-à-dire v . 0,423 .
On souhaite déterminer v tel que P (X $ 179) $ 0,99 .
C’est un réglage qui conviendra.
Partie B : Contrôle qualité 1. Pour un échantillon de 250 unités, dont la probabilité d’être conforme vaut 0,98, un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % vaut I = < 0,98 - 1,96 #
0,98 (1 - 0,98) 0,98 (1 - 0,98) F . 6 0,963; 0,997 @ ; 0,98 + 1,96 # 250 250 241 La proportion observée dans l’échantillon vaut 250 = 0,964 . Cette proportion est dans l’intervalle I, le représentant ne peut donc pas rejeter l’hypothèse que l’affirmation est vraie.
Partie C : Répartition de la production 1. On construit l’arbre de probabilité, pondéré par les fréquences de l’énoncé : 0,3 A N 0,55 B 0,7 0,3
0,7
A
0,3
B
0,8
A
0,2
B
D’après la formule des probabilités totales, on a : P (A) = P (N + A) + P (L + A) + P (C + A) = P (N) # PN (A) + P (L) # PL (A) + P (C) # PC (A) = 0,55 # 0,3 + 0,3 # 0,7 + 0,15 # 0,8 = 0,495
Donc
L
0,15
On doit calculer PA ^ N h , PA ^ L h et PA ^ C h .
C
P (A + N) 0,55 # 0,3 = 0,495 . 0,33 P (A) P (A + L) 0,3 # 0,7 = 0,495 . 0,42 ▪ PA (L) = P (A) P (A + C) 0,15 # 0,8 = 0,495 . 0,24 ▪ PA (C) = P (A) ▪ PA (N) =
Ce moule était le plus probablement destiné à Lind.
Mathématiques ● Séries S - ES ● Entrainement au baccalauréat
4
