Sujet du bac 2023 de spé maths — Métropole, Mayotte, Antilles Guyane, jour 1 (général)

Données : $P(G)=0,2$, $P(G\cap D)=0,002$, $P(D)=0,082$.

1. Réponse b. $P_G(D)={\displaystyle \frac{P(G\cap D)}{P(G)}}={\displaystyle \frac{0,002}{0,2}}=0,01$.

2. Réponse b. $G$ et $\overline{G}$ forment une partition, donc $P(D)=P(G\cap D)+P(\overline{G}\cap D)$, d'où $P(\overline{G}\cap D)=0,082-0,002=0,08$.

3. Réponse b. $P_D(G)={\displaystyle \frac{P(G\cap D)}{P(D)}}={\displaystyle \frac{0,002}{0,082}}\approx 0,024$.

4. Réponse b. Avec $X~\mathcal{B}(50;0,082)$ : $P(X>2)=1-P(X⩽2)\approx 1-0,211=0,789$ (calculatrice).

5. Réponse c. La probabilité que les $n$ machines fonctionnent toutes est $P(X=0)=0,{918}^n$ (indépendance). $0,{918}^n$$>0,4⟺n\ln (0,918)$$>\ln (0,4)⟺n$$<{\displaystyle \frac{\ln (0,4)}{\ln (0,918)}}$$\approx 10,7$ (division par un nombre négatif). La plus grande valeur possible est $n=10$ (contrôle : $0,{918}^{10}\approx 0,425>0,4$ et $0,{918}^{11}\approx 0,390<0,4$).

1. $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{x}^2=0$ et $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln x=-\infty$, donc $\underset{x\to 0^{+}}{lim}(-8\ln x)=+\infty$. Par somme, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=+\infty$.

2. Par croissances comparées, $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}(1-8{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}})=1$. Comme $\underset{x\to +\infty }{lim}{x}^2=+\infty$, par produit $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$.

3. $f^{\prime }(x)=2x-{\displaystyle \frac{8}{x}}={\displaystyle \frac{2x^2-8}{x}}$. $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2(x^2-4)}{x}}$.

4. Sur $]0;+\infty [$, $x>0$ donc $f^{\prime }(x)$ a le signe de $x^2-4=(x-2)(x+2)$, c'est-à-dire de $x-2$ (car $x+2>0$). $f$ est strictement décroissante sur $]0;2]$ et strictement croissante sur $[2;+\infty [$. Son minimum est $f(2)=4-8\ln 2\approx -1,55$.

5. Sur $]0;2]$, $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante, avec $\underset{0^{+}}{lim}f=+\infty >0$ et $f(2)=4-8\ln 2<0$ (car $\ln 2\approx 0,69>0,5$). D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0;2]$.

6. D'après le tableau de variations et les zéros $\alpha \in ]0;2[$ et $\beta \in ]2;+\infty [$ : $f(x)>0$ sur $]0;\alpha [$, $f(x)<0$ sur $]\alpha ;\beta [$, $f(x)>0$ sur $]\beta ;+\infty [$, et $f(\alpha )=f(\beta )=0$.

7. $g_k(x)=f(x)+k$. La fonction $g_k$ a les mêmes variations que $f$ et son minimum sur $]0;+\infty [$ est $g_k(2)=4-8\ln 2+k$. Donc $g_k$ est positive sur $]0;+\infty [$ si et seulement si $4-8\ln 2+k⩾0$, soit $k⩾8\ln 2-4$. La plus petite valeur est $k=8\ln 2-4\approx 1,55$.

Partie A

1. $u_2=0,9\times 3+1,3=4$ et $u_3=0,9\times 4+1,3=4,9$. Selon ce modèle, la FAQ contient $400$ questions le deuxième mois et $490$ le troisième mois.

2. Montrons par récurrence que pour tout $n⩾1$, $u_n=13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n$.

Initialisation : $13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9=13-10=3=u_1$.

Hérédité : soit $n⩾1$ tel que $u_n=13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n$. Alors $u_{n+1}$$=0,9u_n+1,3$$=0,9\times 13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^{n+1}+1,3$$=11,7+1,3-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^{n+1}$$=13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^{n+1}$.

Conclusion : pour tout $n⩾1$, $u_n=13-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n$.

3. $u_{n+1}-u_n$$=-{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^{n+1}+{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n$$={\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n(1-0,9)$$={\displaystyle \frac{10}{9}}\times 0,9^n$$>0$. La suite $(u_n)$ est croissante.

4. La fonction renvoie le plus petit entier $n⩾1$ tel que $u_n>p$ (tant que $u_n⩽p$, on calcule le terme suivant). Pour $p=8,5$ : $u_n$$>8,5⟺{\displaystyle \frac{100}{9}}\times 0,9^n$$<4,5⟺0,9^n$$<0,405⟺n$$>{\displaystyle \frac{\ln 0,405}{\ln 0,9}}$$\approx 8,6$. Donc seuil(8.5) renvoie $9$ ($u_8\approx 8,22$ et $u_9\approx 8,70$) : d'après ce modèle, c'est au neuvième mois que la FAQ dépasse pour la première fois $850$ questions.

Partie B

1. $v_1=9-6e^0=3$ et $v_2=9-6e^{-0,19}\approx 4,04$. $v_1=3$ et $v_2\approx 4,04$.

2. $v_n$$>8,5⟺6e^{-0,19(n-1)}$$<0,5⟺e^{-0,19(n-1)}$$<{\displaystyle \frac{1}{12}}⟺-0,19(n-1)$$<-\ln 12$ (stricte croissance de $\ln$) $⟺n-1>{\displaystyle \frac{\ln 12}{0,19}}⟺n>1+{\displaystyle \frac{\ln 12}{0,19}}\approx 14,08$.

La plus petite valeur est $n=15$ ($v_{14}\approx 8,49$ et $v_{15}\approx 8,58$).

Partie C

1. Le seuil de $850$ questions ($8,5$ centaines) est dépassé au 9^e mois avec la première modélisation et au 15^e mois avec la seconde. La première modélisation (suite $(u_n)$) conduit à modifier le site le plus tôt.

2. Comme $0<0,9<1$, $\underset{n\to +\infty }{lim}0,9^n=0$ donc $\underset{n\to +\infty }{lim}{u}_n=13$. Et $\underset{n\to +\infty }{lim}{e}^{-0,19(n-1)}=0$ donc $\underset{n\to +\infty }{lim}{v}_n=9$. À long terme, la première modélisation prévoit environ $1300$ questions contre $900$ pour la seconde : c'est la première qui donne le plus grand nombre de questions.

1. Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$ : $E(0;0;1)$, $C(1;1;0)$, $G(1;1;1)$ (et $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$).

2. $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ dirige la droite $(EC)$, qui passe par $E$ : $(EC)$ : $x=t$, $y=t$, $z=1-t$, $t\in \mathbb{R}$.

3. $\overrightarrow{GB}(0;-1;-1)$ et $\overrightarrow{GD}(-1;0;-1)$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(GBD)$. $\overrightarrow{EC}·\overrightarrow{GB}=0-1+1=0$ et $\overrightarrow{EC}·\overrightarrow{GD}=-1+0+1=0$. Une droite orthogonale à deux droites sécantes d'un plan est orthogonale à ce plan : $(EC)$ est orthogonale au plan $(GBD)$.

4. a) D'après la question 3, $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ est normal à $(GBD)$, qui a donc une équation de la forme $x+y-z+k=0$. Avec $G(1;1;1)$ : $1+1-1+k=0$, $k=-1$. $(GBD)$ : $x+y-z-1=0$. (Contrôle : $B$ : $1-1=0$ ; $D$ : $1-1=0$.)

4. b) Le point de $(EC)$ de paramètre $t$ est dans le plan si $t+t-(1-t)-1=0$, soit $3t-2=0$, $t={\displaystyle \frac{2}{3}}$. $I\left({\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$.

4. c) La droite $(EI)=(EC)$ est orthogonale au plan $(GBD)$ et $I$ appartient à ce plan : $I$ est le projeté orthogonal de $E$ sur $(GBD)$, et la distance cherchée est $EI$. $\overrightarrow{EI}({\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}};-{\displaystyle \frac{2}{3}})$ donc $EI=\sqrt{3\times {\displaystyle \frac{4}{9}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{12}{9}}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{3}}$. La distance de $E$ au plan $(GBD)$ est ${\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{3}}$.

5. a) $BD=\sqrt{1+1+0}=\sqrt{2}$, $BG=\sqrt{0+1+1}=\sqrt{2}$, $DG=\sqrt{1+0+1}=\sqrt{2}$ (diagonales de faces du cube). Le triangle $BDG$ est équilatéral.

5. b) $J\left({\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{1}{2}};0\right)$. Dans un triangle équilatéral, la médiane $(GJ)$ est aussi une hauteur. $GJ=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+1}=\sqrt{{\displaystyle \frac{3}{2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}$. Aire $={\displaystyle \frac{1}{2}}\times BD\times GJ={\displaystyle \frac{1}{2}}\times \sqrt{2}\times {\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{12}}{4}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{4}}$. L'aire de $BDG$ est ${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$.

6. On prend $BDG$ comme base ; la hauteur issue de $E$ est la distance de $E$ au plan $(GBD)$, soit ${\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{3}}$ (question 4.c). $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\times {\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{3}}={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{2\times 3}{6}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Le volume du tétraèdre $EGBD$ est ${\displaystyle \frac{1}{3}}$. (Contrôle : c'est le volume du cube, $1$, moins celui des quatre tétraèdres « coins » de volume ${\displaystyle \frac{1}{6}}$ chacun.)