Sujet du bac 2021 de spé maths — Métropole, Mayotte, La Réunion, Antilles Guyane, jour 2 (général)

Question 1 : réponse b. Pour $M_2(11;-9;-22)$ : $-4+3t=11$ donne $t=5$, puis $y=6-15=-9$ et $z=8-30=-22$ : les trois coordonnées conviennent. (Pour $M_1$, $t=1$ donne $z=2\ne -2$ ; pour $M_3$, $t=-1$ donne $z=14\ne 2$ ; pour $M_4$, $t={\displaystyle \frac{2}{3}}$ donne $y=4\ne 3$.)

Question 2 : réponse c. Les coefficients de $t$ donnent le vecteur directeur ${\overrightarrow{u}}_3(3;-3;-6)$.

Question 3 : réponse d. $\overrightarrow{AB}(-2;2;4)=-{\displaystyle \frac{2}{3}}{\overrightarrow{u}}_3$ : les droites sont parallèles. De plus $A\in {\mathcal{D}}^{\prime }$ : $-4+3t=1$ donne $t={\displaystyle \frac{5}{3}}$, puis $y=6-5=1$ et $z=8-10=-2$, coordonnées de $A$. Les droites sont donc confondues.

Question 4 : réponse c. $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n}(1;m;-2)$. $\mathcal{D}$ est parallèle à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{n}=0$ : $-2+2m-8=0$, soit $m=5$.

1. a) Arbre : depuis la racine, $M$ ($0,4$) et $\overline{M}$ ($0,6$). Après $M$ : $T$ ($0,9$) et $\overline{T}$ ($0,1$). Après $\overline{M}$ : $T$ ($0,15$) et $\overline{T}$ ($0,85$).

1. b) $P(M\cap T)$$=P(M)\times P_M(T)$$=0,4\times 0,9$$=0,36$. La probabilité que le chat soit porteur et que son test soit positif est $0,36$.

1. c) $M$ et $\overline{M}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales : $P(T)$$=P(M\cap T)+P(\overline{M}\cap T)$$=0,36+0,6\times 0,15$$=0,36+0,09$$=0,45$. $P(T)=0,45$.

1. d) $P_T(M)={\displaystyle \frac{P(M\cap T)}{P(T)}}={\displaystyle \frac{0,36}{0,45}}=0,8$. Sachant que le test est positif, la probabilité que le chat soit porteur est $0,8$.

2. a) On répète $20$ fois de façon identique et indépendante (tirage avec remise) une épreuve de Bernoulli de succès « le test du chat est positif », de probabilité $0,45$ ; $X$ compte les succès. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(20;0,45)$.

2. b) $P(X=5)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{5}\right)}\times 0,{45}^5\times 0,{55}^{15}\approx 0,036$. $P(X=5)\approx 0,036$.

2. c) À la calculatrice, $P(X⩽8)\approx 0,414$.

2. d) $E(X)=np=20\times 0,45=9$. En moyenne, un échantillon de $20$ chats contient $9$ chats au test positif.

3. a) L'événement contraire de « au moins un test positif » est « aucun test positif » ; par indépendance des $n$ tirages, sa probabilité est $(1-0,45{)}^n=0,{55}^n$. Donc $p_n=1-0,{55}^n$.

3. b) La variable $P$ contient $p_n$ ; tant que $p_n<0,99$, on passe à $n+1$. Le programme renvoie le plus petit entier $n$ tel que $p_n⩾0,99$, c'est-à-dire la taille minimale de l'échantillon pour que la probabilité d'avoir au moins un test positif atteigne $0,99$.

3. c) On résout $1-0,{55}^n⩾0,99⟺0,{55}^n⩽0,01⟺n\ln 0,55⩽\ln 0,01⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,01}{\ln 0,55}}$$\approx 7,7$ (division par $\ln 0,55<0$, qui change le sens). Le programme renvoie $8$ ($p_7\approx 0,985<0,99$ et $p_8\approx 0,992⩾0,99$).

1. $u_0=1$, $u_1={\displaystyle \frac{4}{5}}$, $u_2={\displaystyle \frac{16/5}{24/5}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$, d'où ${\displaystyle \frac{4}{u_0}}=4$, ${\displaystyle \frac{4}{u_1}}=5$, ${\displaystyle \frac{4}{u_2}}=6$ : le quotient augmente de $1$ à chaque rang. On conjecture que ${\displaystyle \frac{4}{u_n}}=n+4$.

2. Initialisation : $u_0=1>0$. Hérédité : si $u_n>0$, alors $4u_n>0$ et $u_n+4>0$, donc $u_{n+1}={\displaystyle \frac{4u_n}{u_n+4}}>0$. Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$.

3. $u_{n+1}-u_n$$={\displaystyle \frac{4u_n-u_n(u_n+4)}{u_n+4}}$$={\displaystyle \frac{-u_n^2}{u_n+4}}$. Comme $u_n>0$, $-u_n^2<0$ et $u_n+4>0$, donc $u_{n+1}-u_n<0$. La suite $(u_n)$ est décroissante.

4. $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ : d'après le théorème de convergence monotone, $(u_n)$ converge (vers une limite positive ou nulle).

5. $v_{n+1}$$={\displaystyle \frac{4}{u_{n+1}}}$$={\displaystyle \frac{4(u_n+4)}{4u_n}}$$={\displaystyle \frac{u_n+4}{u_n}}$$=1+{\displaystyle \frac{4}{u_n}}$$=v_n+1$. $(v_n)$ est arithmétique de raison $1$ et de premier terme $v_0={\displaystyle \frac{4}{u_0}}=4$, donc $v_n=n+4$ pour tout $n$.

6. $u_n={\displaystyle \frac{4}{v_n}}$, soit $u_n={\displaystyle \frac{4}{n+4}}$. Comme $\underset{n\to +\infty }{lim}(n+4)=+\infty$, $\underset{n\to +\infty }{lim}{u}_n=0$.

Partie I

1. En $0$ : $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln x=-\infty$ et $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}=+\infty$, donc par produit $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}=-\infty$ et $\underset{x\to 0^{+}}{lim}h(x)=-\infty$. En $+\infty$ : par croissances comparées, $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}h(x)=1$.

2. ${\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}={\displaystyle \frac{u}{v}}$ avec $u^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{x}}$, $v^{\prime }=2x$ : $h^{\prime }(x)$$={\displaystyle \frac{\frac{1}{x}\times x^2-\ln x\times 2x}{x^4}}$$={\displaystyle \frac{x-2x\ln x}{x^4}}$$={\displaystyle \frac{x(1-2\ln x)}{x^4}}$. $h^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1-2\ln x}{x^3}}$.

3. $x^3>0$, donc $h^{\prime }(x)$ a le signe de $1-2\ln x$ : $1-2\ln x>0⟺\ln x<{\displaystyle \frac{1}{2}}⟺x<e^{1/2}=\sqrt{e}$. $h$ est croissante sur $]0;\sqrt{e}]$ et décroissante sur $[\sqrt{e};+\infty [$, avec un maximum $h(\sqrt{e})=1+{\displaystyle \frac{1/2}{e}}=1+{\displaystyle \frac{1}{2e}}\approx 1,18$.

4. Sur $]0;\sqrt{e}]$, $h$ est continue, strictement croissante, avec $\underset{0^{+}}{lim}h=-\infty$ et $h(\sqrt{e})=1+{\displaystyle \frac{1}{2e}}>0$ : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $h(x)=0$ y admet une unique solution $\alpha$. Sur $[\sqrt{e};+\infty [$, $h$ est décroissante et $h(x)>\underset{+\infty }{lim}h=1>0$ : pas de solution. L'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0;+\infty [$. De plus $h\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$$=1+{\displaystyle \frac{\ln (1/2)}{1/4}}$$=1-4\ln 2$$\approx -1,77$$<0$ et $h(1)=1+0=1>0$, donc ${\displaystyle \frac{1}{2}}<\alpha <1$.

5. D'après les variations : $h(x)<0$ sur $]0;\alpha [$, $h(\alpha )=0$ et $h(x)>0$ sur $]\alpha ;+\infty [$.

Partie II

1. $f_1(x)-f_2(x)$$=x-1-{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}-x+2+{\displaystyle \frac{2\ln x}{x^2}}$$=1+{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}$. $f_1(x)-f_2(x)=h(x)$.

2. D'après I.5 : sur $]0;\alpha [$, $f_1(x)-f_2(x)<0$, donc ${\mathcal{C}}_1$ est en dessous de ${\mathcal{C}}_2$ ; sur $]\alpha ;+\infty [$, ${\mathcal{C}}_1$ est au-dessus de ${\mathcal{C}}_2$ ; les courbes se coupent uniquement en $x=\alpha$. Comme $h(\alpha )=0$, ${\displaystyle \frac{\ln \alpha }{{\alpha }^2}}=-1$, donc $f_1(\alpha )=\alpha -1-(-1)=\alpha$. L'unique point d'intersection a pour coordonnées $(\alpha ;\alpha )$.

Partie I On lit sur la courbe de $f^{\prime }$ : elle est au-dessus de l'axe des abscisses pour $x<-1$, coupe cet axe en $-1$, puis reste en dessous pour $x>-1$ ; elle décroît jusqu'à son minimum $-1$, atteint en $0$, puis croît en se rapprochant de l'axe.

1. $f^{\prime }$ est positive sur $]-\infty ;-1[$ et négative sur $]-1;+\infty [$ : $f$ semble croissante sur $]-\infty ;-1]$ et décroissante sur $[-1;+\infty [$.

2. $f$ est convexe là où $f^{\prime }$ est croissante et concave là où $f^{\prime }$ est décroissante. La courbe de $f^{\prime }$ décroît jusqu'à son minimum d'abscisse $0$, puis croît : $f$ semble concave sur $]-\infty ;0]$ et convexe sur $[0;+\infty [$.

Partie II

1. $f(x)$$=(x+2)e^{-x}$$=x{e}^{-x}+2e^{-x}$$={\displaystyle \frac{x}{e^x}}+2e^{-x}$. Par croissances comparées, $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{x}{e^x}}=0$ ; et $\underset{x\to +\infty }{lim}2e^{-x}=0$. Par somme, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=0$ : l'axe des abscisses (droite $y=0$) est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ en $+\infty$.

2. a) $f^{\prime }(x)$$=1\times e^{-x}+(x+2)\times (-e^{-x})$$=(1-x-2)e^{-x}$. $f^{\prime }(x)=(-x-1)e^{-x}$.

2. b) $e^{-x}>0$ donc $f^{\prime }(x)$ a le signe de $-x-1$ : positif pour $x<-1$, négatif pour $x>-1$. $f$ est croissante sur $]-\infty ;-1]$ et décroissante sur $[-1;+\infty [$, avec un maximum $f(-1)=1\times e^1=e$.

2. c) Sur $[-2;-1]$, $f$ est continue et strictement croissante, avec $f(-2)=0$ et $f(-1)=e\approx 2,72$. Comme $0⩽2⩽e$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l'équation $f(x)=2$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[-2;-1]$. $f(-1,6)=0,4e^{1,6}\approx 1,98<2$ et $f(-1,5)=0,5e^{1,5}\approx 2,24>2$, donc $-1,6<\alpha <-1,5$ ; $\alpha \approx -1,6$ ($\alpha \approx -1,59$).

3. $f^{″}(x)$$=-e^{-x}+(-x-1)\times (-e^{-x})$$=(-1+x+1)e^{-x}$, soit $f^{″}(x)=x{e}^{-x}$, du signe de $x$. $f$ est concave sur $]-\infty ;0]$ et convexe sur $[0;+\infty [$. $f^{″}$ s'annule en changeant de signe en $0$ : le point $A(0;2)$ est le point d'inflexion de $\mathcal{C}$ (la courbe y traverse sa tangente), ce qui confirme la conjecture de la partie I.