Sujet du bac 2024 de spé maths — Métropole, La Réunion, Mayotte, jour 1 (général)

Affirmation 1 : VRAIE. Pour tout réel $x$, $f(x)=5x{e}^{-x}=5{\displaystyle \frac{x}{e^x}}$. Par croissances comparées, $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{e^x}{x}}=+\infty$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{x}{e^x}}=0$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=0$. La droite d'équation $y=0$, c'est-à-dire l'axe des abscisses, est asymptote horizontale à $C_f$ en $+\infty$. (En $-\infty$, $f(x)\to -\infty$ par produit, mais une asymptote en $+\infty$ suffit.)

Affirmation 2 : VRAIE. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f^{\prime }(x)$$=5e^{-x}+5x\times (-e^{-x})$$=(5-5x)e^{-x}$. Alors $f^{\prime }(x)+f(x)$$=(5-5x)e^{-x}+5x{e}^{-x}$$=5e^{-x}$ : $f$ est solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$.

Affirmation 3 : FAUSSE. Le théorème des gendarmes ne s'applique que si les deux suites encadrantes ont la même limite, ce qui n'est pas le cas ici. Contre-exemple : $u_n=-1$, $w_n=1$ et $v_n=(-1{)}^n$. On a bien $u_n⩽v_n⩽w_n$ pour tout $n$, $(u_n)$ converge vers $-1$ et $(w_n)$ vers $1$, mais $(v_n)$ ne converge pas (elle prend alternativement les valeurs $1$ et $-1$). L'affirmation est fausse.

Affirmation 4 : VRAIE. Soit $n$ un entier naturel. Comme $(u_n)$ est croissante, $u_0⩽u_n$ ; et comme $(w_n)$ est décroissante, $w_n⩽w_0$. Avec l'encadrement de l'énoncé : $u_0⩽u_n⩽v_n⩽w_n⩽w_0$. Pour tout $n$, $u_0⩽v_n⩽w_0$.

1. Arbre : depuis la racine, $I$ ($0,6$), $M$ ($0,3$), $G$ ($0,1$). Après $I$ : $S$ ($0,75$) et $\overline{S}$ ($0,25$). Après $M$ : $S$ ($0,9$) et $\overline{S}$ ($0,1$). Après $G$ : $S$ ($0,8$) et $\overline{S}$ ($0,2$).

2. $P(I\cap S)$$=P(I)\times P_I(S)$$=0,6\times 0,75$$=0,45$. La probabilité que le client ait acheté sur internet et soit satisfait est $0,45$.

3. $I$, $M$, $G$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : $P(S)$$=P(I\cap S)+P(M\cap S)+P(G\cap S)$$=0,45+0,3\times 0,9+0,1\times 0,8$$=0,45+0,27+0,08$$=0,8$. $P(S)=0,8$.

4. $P_S(I)={\displaystyle \frac{P(I\cap S)}{P(S)}}={\displaystyle \frac{0,45}{0,8}}=0,5625$. Sachant que le client est satisfait, la probabilité qu'il ait acheté sur internet est environ $0,563$ (arrondi à ${10}^{-3}$).

5. a) On répète $30$ fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli de succès « le client est satisfait », de probabilité $0,8$ ; $X$ compte les succès. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(30;0,8)$.

5. b) $P(X⩾25)=1-P(X⩽24)\approx 1-0,572=0,428$ (calculatrice). La probabilité qu'au moins $25$ clients soient satisfaits est environ $0,428$.

6. Pour un échantillon de $n$ clients, la probabilité qu'aucun ne soit insatisfait (tous satisfaits) est $0,8^n$ (indépendance), donc la probabilité qu'au moins un ne soit pas satisfait est $1-0,8^n$. On résout :

$1-0,8^n$$>0,99⟺0,8^n$$<0,01⟺n\ln (0,8)$$<\ln (0,01)⟺n$$>{\displaystyle \frac{\ln (0,01)}{\ln (0,8)}}$ (division par $\ln (0,8)<0$, qui change le sens).

Or ${\displaystyle \frac{\ln (0,01)}{\ln (0,8)}}\approx 20,6$. Il faut contacter au moins $21$ clients.

7. a) Par linéarité de l'espérance, $E(T)=E(T_1)+E(T_2)=4+3=7$. Comme $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes, $V(T)=V(T_1)+V(T_2)=2+1=3$. $E(T)=7$ jours et $V(T)=3$.

7. b) D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(|T-7|⩾3)⩽{\displaystyle \frac{V(T)}{3^2}}={\displaystyle \frac{3}{9}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$, donc $P(|T-7|<3)⩾1-{\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$.

Or $T$ est à valeurs entières (somme de deux nombres entiers de jours), donc $|T-7|<3$ équivaut à $|T-7|⩽2$, c'est-à-dire à $5⩽T⩽9$. La probabilité que le client reçoive son téléviseur entre $5$ et $9$ jours après sa commande est supérieure ou égale à ${\displaystyle \frac{2}{3}}$.

1. a) $\overrightarrow{CA}(5;5;-10)$ et $\overrightarrow{CD}(0;0;-{\displaystyle \frac{25}{2}})$ ne sont pas colinéaires (les deux premières coordonnées de $\overrightarrow{CD}$ sont nulles, pas celles de $\overrightarrow{CA}$). ${\overrightarrow{n}}_1·\overrightarrow{CA}=5-5+0=0$ et ${\overrightarrow{n}}_1·\overrightarrow{CD}=0+0+0=0$. ${\overrightarrow{n}}_1$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(CAD)$ : c'est un vecteur normal à ce plan.

1. b) Le plan $(CAD)$ a une équation de la forme $x-y+k=0$. Il passe par $C(0;0;10)$ : $0-0+k=0$, $k=0$. $(CAD)$ : $x-y=0$.

2. a) Un point de $\mathcal{D}$ est dans $(CAD)$ si ${\displaystyle \frac{5}{2}}t-(5-{\displaystyle \frac{5}{2}}t)=0$, soit $5t-5=0$, $t=1$. Pour $t=1$ : $x={\displaystyle \frac{5}{2}}$, $y=5-{\displaystyle \frac{5}{2}}={\displaystyle \frac{5}{2}}$, $z=0$. $H\left({\displaystyle \frac{5}{2}};{\displaystyle \frac{5}{2}};0\right)$.

2. b) $H$ appartient au plan $(CAD)$ (question précédente) et $\overrightarrow{BH}({\displaystyle \frac{5}{2}};-{\displaystyle \frac{5}{2}};0)={\displaystyle \frac{5}{2}}{\overrightarrow{n}}_1$ est colinéaire au vecteur normal ${\overrightarrow{n}}_1$, donc la droite $(BH)$ est orthogonale au plan. $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(CAD)$.

3. a) $\overrightarrow{HA}\left({\displaystyle \frac{5}{2}};{\displaystyle \frac{5}{2}};0\right)$ et $\overrightarrow{HB}(-{\displaystyle \frac{5}{2}};{\displaystyle \frac{5}{2}};0)$. $\overrightarrow{HA}·\overrightarrow{HB}=-{\displaystyle \frac{25}{4}}+{\displaystyle \frac{25}{4}}+0=0$. Le triangle $ABH$ est rectangle en $H$.

3. b) $HA=\sqrt{{\displaystyle \frac{25}{4}}+{\displaystyle \frac{25}{4}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{25}{2}}}$ et de même $HB=\sqrt{{\displaystyle \frac{25}{2}}}$. Aire $={\displaystyle \frac{1}{2}}\times HA\times HB={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{25}{2}}={\displaystyle \frac{25}{4}}$. L'aire de $ABH$ est ${\displaystyle \frac{25}{4}}$.

4. a) Les points $A$, $B$, $H$ ont tous une cote nulle : le plan $(ABH)$ est le plan d'équation $z=0$, de vecteur normal $\overrightarrow{k}$. La droite $(CO)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{OC}(0;0;10)=10\overrightarrow{k}$ : elle est orthogonale au plan $(ABH)$, et elle passe par $C$. De plus $O\in (ABH)$ (car $z_O=0$) : $O$ est le pied de la perpendiculaire. $(CO)$ est la hauteur du tétraèdre $ABCH$ issue de $C$.

4. b) $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times \text{Aire}(ABH)\times CO={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{25}{4}}\times 10={\displaystyle \frac{250}{12}}$. $V={\displaystyle \frac{125}{6}}$ unités de volume.

5. $AB=5$ et $BC=\sqrt{0+25+100}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}$. Le triangle $ABC$ étant rectangle en $B$, son aire est ${\displaystyle \frac{1}{2}}\times 5\times 5\sqrt{5}={\displaystyle \frac{25\sqrt{5}}{2}}$. En prenant $ABC$ pour base du tétraèdre $ABCH$, la hauteur correspondante est la distance $d$ de $H$ au plan $(ABC)$ : $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{25\sqrt{5}}{2}}\times d$. Donc $d$$={\displaystyle \frac{3V}{\text{Aire}(ABC)}}$$={\displaystyle \frac{3\times \frac{125}{6}}{\frac{25\sqrt{5}}{2}}}$$={\displaystyle \frac{125}{2}}\times {\displaystyle \frac{2}{25\sqrt{5}}}$$={\displaystyle \frac{5}{\sqrt{5}}}$$=\sqrt{5}$.

La distance de $H$ au plan $(ABC)$ est $\sqrt{5}$.

Partie A : étude de $f$

1. a) En $0$ : $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln x=-\infty$ donc $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln x=-\infty$, et $\underset{x\to 0^{+}}{lim}(x-2)=-2$ ; par somme, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=-\infty$. En $+\infty$ : $\underset{x\to +\infty }{lim}(x-2)=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln x=+\infty$ ; par somme, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$.

1. b) $f^{\prime }(x)=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{2x}{2x}}+{\displaystyle \frac{1}{2x}}$. $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2x+1}{2x}}$.

1. c) Pour $x>0$, $2x+1>0$ et $2x>0$, donc $f^{\prime }(x)>0$. $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$.

1. d) $f^{\prime }(x)=1+{\displaystyle \frac{1}{2x}}$ donc $f^{″}(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2x^2}}<0$ pour tout $x>0$. $f$ est concave sur $]0;+\infty [$.

2. a) $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $]0;+\infty [$, avec $\underset{0^{+}}{lim}f=-\infty$ et $\underset{+\infty }{lim}f=+\infty$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0;+\infty [$. De plus $f(1)=1-2+0=-1<0$ et $f(2)=0+{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln 2\approx 0,35>0$, donc $\alpha \in [1;2]$ (on trouve $\alpha \approx 1,73$).

2. b) $f$ est strictement croissante et $f(\alpha )=0$, donc : $f(x)<0$ pour $x\in ]0;\alpha [$, $f(\alpha )=0$ et $f(x)>0$ pour $x\in ]\alpha ;+\infty [$.

2. c) $f(\alpha )=0$ s'écrit $\alpha -2+{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln \alpha =0$, soit ${\displaystyle \frac{1}{2}}\ln \alpha =2-\alpha$, soit $\ln \alpha =2(2-\alpha )$.

Partie B : étude de $g$

1. $(x^2\ln x{)}^{\prime }=2x\ln x+x^2\times {\displaystyle \frac{1}{x}}=2x\ln x+x$. Donc $g^{\prime }(x)$$=-{\displaystyle \frac{7}{4}}x+1-{\displaystyle \frac{1}{4}}(2x\ln x+x)$$=-{\displaystyle \frac{7}{4}}x+1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x\ln x-{\displaystyle \frac{1}{4}}x$, soit $g^{\prime }(x)=1-2x-{\displaystyle \frac{1}{2}}x\ln x$.

D'autre part, $xf\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)$$=x({\displaystyle \frac{1}{x}}-2+{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln {\displaystyle \frac{1}{x}})$$=1-2x-{\displaystyle \frac{1}{2}}x\ln x$ (car $\ln {\displaystyle \frac{1}{x}}=-\ln x$). On a bien $g^{\prime }(x)=xf\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)$.

2. a) Si $0<x<{\displaystyle \frac{1}{\alpha }}$, alors, la fonction inverse étant strictement décroissante sur $]0;+\infty [$, ${\displaystyle \frac{1}{x}}>\alpha$. D'après A.2.b, $f$ est strictement positive sur $]\alpha ;+\infty [$, donc $f\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)>0$ pour $x\in \left]0;{\displaystyle \frac{1}{\alpha }}\right[$.

2. b) Comme $x>0$, $g^{\prime }(x)=xf\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)$ a le signe de $f\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)$ : positif sur $\left]0;{\displaystyle \frac{1}{\alpha }}\right[$, nul en ${\displaystyle \frac{1}{\alpha }}$, négatif sur $\left]{\displaystyle \frac{1}{\alpha }};1\right]$. $g$ est croissante sur $\left]0;{\displaystyle \frac{1}{\alpha }}\right]$ et décroissante sur $\left[{\displaystyle \frac{1}{\alpha }};1\right]$ ; elle admet un maximum en $x={\displaystyle \frac{1}{\alpha }}$.

Partie C : calcul d'aire

1. a) Pour $x\in ]0;1]$ : $g(x)-(-{\displaystyle \frac{7}{8}}{x}^2+x)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2\ln x$. Or $x^2>0$ et $\ln x⩽0$ sur $]0;1]$, donc $-{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2\ln x⩾0$. $C_g$ est au-dessus de $\mathcal{P}$ sur $]0;1]$, les deux courbes se touchant au point d'abscisse $1$.

1. b) Intégration par parties avec $u(x)=\ln x$, $v^{\prime }(x)=x^2$, $u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$, $v(x)={\displaystyle \frac{x^3}{3}}$ (fonctions dérivables à dérivées continues sur $\left[{\displaystyle \frac{1}{\alpha }};1\right]$) :

${\displaystyle {\int }_{1/\alpha }^1{x}^2\ln xdx={\left[{\displaystyle \frac{x^3}{3}}\ln x\right]}_{1/\alpha }^1-{\int }_{1/\alpha }^1{\displaystyle \frac{x^2}{3}}dx=0-{\displaystyle \frac{1}{3{\alpha }^3}}\ln {\displaystyle \frac{1}{\alpha }}-{\left[{\displaystyle \frac{x^3}{9}}\right]}_{1/\alpha }^1={\displaystyle \frac{\ln \alpha }{3{\alpha }^3}}-{\displaystyle \frac{1}{9}}+{\displaystyle \frac{1}{9{\alpha }^3}}}$.

Avec $\ln \alpha =2(2-\alpha )=4-2\alpha$ : ${\displaystyle {\int }_{1/\alpha }^1{x}^2\ln xdx={\displaystyle \frac{3(4-2\alpha )}{9{\alpha }^3}}-{\displaystyle \frac{{\alpha }^3}{9{\alpha }^3}}+{\displaystyle \frac{1}{9{\alpha }^3}}={\displaystyle \frac{12-6\alpha -{\alpha }^3+1}{9{\alpha }^3}}}$.

${\displaystyle {\int }_{1/\alpha }^1{x}^2\ln xdx={\displaystyle \frac{-{\alpha }^3-6\alpha +13}{9{\alpha }^3}}}$.

2. $C_g$ étant au-dessus de $\mathcal{P}$, l'aire du domaine est $\mathcal{A}$$={\displaystyle {\int }_{1/\alpha }^1(g(x)-(-{\displaystyle \frac{7}{8}}{x}^2+x))dx={\int }_{1/\alpha }^1(-{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2\ln x)dx=-{\displaystyle \frac{1}{4}}\times {\displaystyle \frac{-{\alpha }^3-6\alpha +13}{9{\alpha }^3}}}$.

$\mathcal{A}={\displaystyle \frac{{\alpha }^3+6\alpha -13}{36{\alpha }^3}}$ unité d'aire (avec $\alpha \approx 1,73$, $\mathcal{A}\approx 0,014$, ce qui est cohérent avec la petite zone hachurée de la figure).