Sujet du bac 2024 de spé maths — Métropole, La Réunion, Mayotte, jour 2 (général)

1. $91,7\%$ des étudiants ont répondu « oui » : $P(Q)=0,917$. $65\%$ des étudiants ayant échoué ont répondu « non » : $P_{\overline{R}}(\overline{Q})=0,65$.

2. a) Arbre : depuis la racine, $R$ avec la probabilité $x$ et $\overline{R}$ avec $1-x$. Après $R$ : $Q$ avec $0,98$ et $\overline{Q}$ avec $0,02$. Après $\overline{R}$ : $Q$ avec $0,35$ et $\overline{Q}$ avec $0,65$.

2. b) $R$ et $\overline{R}$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : $P(Q)$$=P(R)\times P_R(Q)+P(\overline{R})\times P_{\overline{R}}(Q)$$=0,98x+0,35(1-x)$$=0,63x+0,35$.

Comme $P(Q)=0,917$ : $0,63x=0,917-0,35=0,567$, d'où $x={\displaystyle \frac{0,567}{0,63}}=0,9$. $x=0,9$.

3. $P_Q(R)$$={\displaystyle \frac{P(R\cap Q)}{P(Q)}}$$={\displaystyle \frac{0,9\times 0,98}{0,917}}$$={\displaystyle \frac{0,882}{0,917}}$$\approx 0,962$. Sachant qu'il a répondu « oui », la probabilité que l'étudiant ait réussi est environ $0,962$.

4. On cherche la note $k$ telle que la proportion d'étudiants récompensés, $P(N⩾k)$, soit la plus proche possible de $0,65$. À la calculatrice, avec $N~\mathcal{B}(20;0,615)$ : $P(N⩾12)=1-P(N⩽11)\approx 0,649$ et $P(N⩾11)=1-P(N⩽10)\approx 0,797$, $P(N⩾13)\approx 0,471$. La valeur la plus proche de $65\%$ est obtenue pour $k=12$ (environ $64,9\%$). La directrice doit récompenser les étudiants à partir de la note $12$.

5. Chaque $N_i$ suit $\mathcal{B}(20;0,615)$, donc $E(N_i)=20\times 0,615=12,3$ et $V(N_i)=20\times 0,615\times 0,385=4,7355$. Par linéarité, $E(S)=10\times 12,3=123$. Les $N_i$ étant indépendantes, $V(S)=10\times 4,7355=47,355$. $E(S)=123$ et $V(S)=47,355$.

6. a) $M={\displaystyle \frac{S}{10}}$ modélise la moyenne des notes des dix étudiants interrogés.

6. b) $E(M)={\displaystyle \frac{1}{10}}E(S)={\displaystyle \frac{123}{10}}=12,3$ et $V(M)={\displaystyle \frac{1}{{10}^2}}V(S)={\displaystyle \frac{47,355}{100}}=0,47355$ (car $V(aX)=a^{2}V(X)$). $E(M)=12,3$ et $V(M)=0,47355$.

6. c) L'événement $\{10,3<M<14,3\}$ s'écrit $\{|M-12,3|<2\}$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev : $P(|M-12,3|⩾2)⩽{\displaystyle \frac{V(M)}{2^2}}$$={\displaystyle \frac{0,47355}{4}}$$\approx 0,118$. Donc $P(10,3$$<M$$<14,3)$$=1-P(|M-12,3|⩾2)⩾1-0,118$$=0,882⩾0,8$. La probabilité que la moyenne des dix notes soit strictement comprise entre $10,3$ et $14,3$ est bien d'au moins $80\%$.

Partie A : modèle discret

1. La piscine contient $50{\text{m}}^3=50000$ L et on ajoute $15\text{g}=15000$ mg de chlore. Le taux augmente donc de ${\displaystyle \frac{15000}{50000}}=0,3$ mg·L⁻¹. L'ajout fait augmenter le taux de $0,3$ mg·L⁻¹.

2. a) Montrons par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $v_n⩽v_{n+1}⩽4$ ».

Initialisation : $v_0=0,7$ et $v_1=0,92\times 0,7+0,3=0,944$ ; on a bien $0,7⩽0,944⩽4$.

Hérédité : soit $n$ tel que $v_n⩽v_{n+1}⩽4$. La fonction $x\mapsto 0,92x+0,3$ est croissante sur $\mathbb{R}$ (coefficient $0,92>0$), donc $0,92v_n+0,3⩽0,92v_{n+1}+0,3⩽0,92\times 4+0,3$, soit $v_{n+1}⩽v_{n+2}⩽3,98⩽4$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $v_n⩽v_{n+1}⩽4$.

2. b) La suite est croissante et majorée par $4$ : d'après le théorème de convergence monotone, $(v_n)$ converge vers une limite $L$. La fonction $x\mapsto 0,92x+0,3$ étant continue, $L$ vérifie $L=0,92L+0,3$, soit $0,08L=0,3$, $L=3,75$.

3. À long terme, le taux de chlore tend vers $3,75$ mg·L⁻¹, valeur supérieure à $3$ mg·L⁻¹. Non : le taux ne sera pas conforme à la préconisation (entre $1$ et $3$ mg·L⁻¹).

4. Algorithme complété :

def alerte_chlore(s) :
    n = 0
    v = 0.7
    while v <= s :
        n = n + 1
        v = 0.92*v + 0.3
    return n

Tant que $v_n⩽s$, on calcule le terme suivant ; la boucle s'arrête au premier $n$ tel que $v_n>s$ (il existe si $s<3,75$, la suite étant croissante de limite $3,75$).

5. On cherche le plus petit $n$ tel que $v_n>3$. En posant $w_n=v_n-3,75$, on a $w_{n+1}=0,92w_n$, d'où $v_n=3,75-3,05\times 0,{92}^n$. Alors $v_n$$>3⟺0,{92}^n$$<{\displaystyle \frac{0,75}{3,05}}⟺n$$>{\displaystyle \frac{\ln (0,75/3,05)}{\ln 0,92}}$$\approx 16,8$. L'instruction alerte_chlore(3) renvoie $17$ ($v_{16}\approx 2,95$ et $v_{17}\approx 3,01$) : $17$ jours après le mercredi 19 juin, soit le samedi 6 juillet, le taux de chlore dépasse pour la première fois $3$ mg·L⁻¹, limite haute préconisée.

Partie B : modèle continu

1. $(E)$ est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-0,08$ et $b={\displaystyle \frac{q}{50}}$. Ses solutions sont les fonctions $x\mapsto C{e}^{ax}-{\displaystyle \frac{b}{a}}$$=C{e}^{-0,08x}+{\displaystyle \frac{q}{50\times 0,08}}$$=C{e}^{-0,08x}+{\displaystyle \frac{q}{4}}$, $C\in \mathbb{R}$. $f$ est donc de la forme $f(x)=C{e}^{-0,08x}+{\displaystyle \frac{q}{4}}$.

2. a) $\underset{x\to +\infty }{lim}{e}^{-0,08x}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)={\displaystyle \frac{q}{4}}$.

2. b) Stabilisation autour de $2$ mg·L⁻¹ : ${\displaystyle \frac{q}{4}}=2$, soit $q=8$ g par jour. Taux initial : $f(0)=C+{\displaystyle \frac{q}{4}}=C+2=0,7$, soit $C=-1,3$. Ainsi $f(x)=-1,3e^{-0,08x}+2$.

Partie A : exploitation du graphique

1. $B$ est le point de $C_f$ d'abscisse $-1$ ; on lit $f(-1)=-2$. $f^{\prime }(-1)$ est le coefficient directeur de $T$, qui passe par $B(-1;-2)$ et $A(0;-1)$ : $f^{\prime }(-1)={\displaystyle \frac{-1-(-2)}{0-(-1)}}=1$. $f^{\prime }(-1)=1$.

2. Non. Une fonction convexe a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes. Or, près de $x=-2$, la courbe $C_f$ plonge vers $-\infty$ et passe en dessous de la tangente $T$ (qui vaut $-3$ en $x=-2$) : la courbe traverse $T$. $C_f$ n'est donc pas convexe sur $]-2;+\infty [$ (elle change de concavité, ce que confirme la partie B).

3. La courbe coupe l'axe des abscisses une seule fois, en un point d'abscisse proche de $0,1$. On conjecture que $f(x)=0$ admet une unique solution, environ $0,1$.

Partie B : étude de la fonction

1. $\underset{x\to -2^{+}}{lim}(x+2)=0^{+}$ donc $\underset{x\to -2^{+}}{lim}\ln (x+2)=-\infty$ ; de plus $\underset{x\to -2}{lim}(x^2+2x-1)=4-4-1=-1$. Par somme, $\underset{x\to -2^{+}}{lim}f(x)=-\infty$. Graphiquement, la droite d'équation $x=-2$ est asymptote verticale à $C_f$.

2. $f^{\prime }(x)$$=2x+2+{\displaystyle \frac{1}{x+2}}$$={\displaystyle \frac{(2x+2)(x+2)+1}{x+2}}$$={\displaystyle \frac{2x^2+4x+2x+4+1}{x+2}}$. $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2x^2+6x+5}{x+2}}$.

3. Le trinôme $2x^2+6x+5$ a pour discriminant $\Delta =36-40=-4<0$ : il est strictement positif sur $\mathbb{R}$ (signe de $2$). Comme $x+2>0$ sur $]-2;+\infty [$, $f^{\prime }(x)>0$. $f$ est strictement croissante sur $]-2;+\infty [$, avec $\underset{-2^{+}}{lim}f=-\infty$ et $\underset{+\infty }{lim}f=+\infty$.

4. $f$ est continue et strictement croissante sur $]-2;+\infty [$, avec $\underset{-2^{+}}{lim}f=-\infty <0$ et $\underset{+\infty }{lim}f=+\infty >0$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$. À la calculatrice, $f(0,11)\approx -0,021<0$ et $f(0,12)\approx 0,006>0$, puis $f(0,115)<0$ et $f(0,125)>0$ : $\alpha \approx 0,12$.

5. $f$ étant strictement croissante et $f(\alpha )=0$ : $f(x)<0$ sur $]-2;\alpha [$, $f(\alpha )=0$ et $f(x)>0$ sur $]\alpha ;+\infty [$.

6. $f^{\prime }(x)=2x+2+{\displaystyle \frac{1}{x+2}}$ donc $f^{″}(x)$$=2-{\displaystyle \frac{1}{(x+2{)}^2}}$$={\displaystyle \frac{2(x+2{)}^2-1}{(x+2{)}^2}}$. Le signe de $f^{″}$ est celui de $2(x+2{)}^2-1$ : $2(x+2{)}^2-1$$>0⟺(x+2{)}^2$$>{\displaystyle \frac{1}{2}}⟺x+2$$>{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$ (car $x+2>0$) $⟺x>-2+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$.

$f^{″}$ s'annule en changeant de signe (négative puis positive) en une seule valeur : $C_f$ admet un unique point d'inflexion, d'abscisse $-2+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\approx -1,29$. $f$ est concave sur $]-2;-2+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}]$ et convexe ensuite, ce qui confirme la partie A.

Partie C : une distance minimale

1. Dans le repère orthonormé, $J(0;1)$ et $M(x;\ln (x+2))$. Donc $J{M}^2=(x-0{)}^2+(\ln (x+2)-1{)}^2$. $h(x)=x^2+[\ln (x+2)-1{]}^2$.

2. a) $h^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2f(x)}{x+2}}$ avec $x+2>0$ : $h^{\prime }(x)$ a le signe de $f(x)$, donné à la question B.5. $h$ est décroissante sur $]-2;\alpha ]$ et croissante sur $[\alpha ;+\infty [$, avec un minimum en $\alpha$.

2. b) $JM=\sqrt{h(x)}$ et la fonction racine carrée est strictement croissante sur $[0;+\infty [$ : $JM$ est minimale exactement lorsque $h(x)$ est minimale, c'est-à-dire pour $x=\alpha$.

3. a) $f(\alpha )=0$ s'écrit ${\alpha }^2+2\alpha -1+\ln (\alpha +2)=0$, soit $\ln (\alpha +2)=1-2\alpha -{\alpha }^2$.

3. b) $g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x+2}}$, donc la tangente à $C_g$ en $M_{\alpha }$ a pour coefficient directeur ${\displaystyle \frac{1}{\alpha +2}}$.

La droite $(J{M}_{\alpha })$ passe par $J(0;1)$ et $M_{\alpha }(\alpha ;\ln (\alpha +2))$ ; son coefficient directeur est ${\displaystyle \frac{\ln (\alpha +2)-1}{\alpha -0}}$$={\displaystyle \frac{1-2\alpha -{\alpha }^2-1}{\alpha }}$$={\displaystyle \frac{-\alpha (2+\alpha )}{\alpha }}$$=-(\alpha +2)$ (avec $\alpha \ne 0$).

Le produit des coefficients directeurs vaut ${\displaystyle \frac{1}{\alpha +2}}\times (-(\alpha +2))=-1$. La tangente en $M_{\alpha }$ et la droite $(J{M}_{\alpha })$ sont perpendiculaires : le point de $C_g$ le plus proche de $J$ est celui où $(JM)$ est normale à la courbe.

Affirmation 1 : VRAIE. $\overrightarrow{AC}(2;4;1)$ et $\overrightarrow{AD}(-2;0;4)$ ne sont pas colinéaires, donc $A$, $C$, $D$ définissent un plan. Les trois points vérifient l'équation proposée : $A$ : $16-0+0-16=0$ ; $C$ : $32-20+4-16=0$ ; $D$ : $0-0+16-16=0$. Le plan $(ACD)$ a bien pour équation $8x-5y+4z-16=0$. (On peut aussi vérifier que $\overrightarrow{n}(8;-5;4)$ est orthogonal à $\overrightarrow{AC}$ : $16-20+4=0$, et à $\overrightarrow{AD}$ : $-16+0+16=0$.)

Affirmation 2 : FAUSSE. Les quatre points sont coplanaires si et seulement si $B$ appartient au plan $(ACD)$. Or $8\times 0-5\times 4+4\times 3-16=-24\ne 0$. $B\notin (ACD)$ : les points ne sont pas coplanaires.

Affirmation 3 : VRAIE. $(AC)$ : $x=2+2t$, $y=4t$, $z=t$ ($t\in \mathbb{R}$) et $(BH)$, de vecteur directeur $\overrightarrow{BH}(-1;-3;-1)$ : $x=-s$, $y=4-3s$, $z=3-s$ ($s\in \mathbb{R}$). Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires. Point commun : la troisième équation donne $t=3-s$ ; la première : $2+2(3-s)=-s$, soit $8-2s=-s$, $s=8$ et $t=-5$ ; la deuxième : $4\times (-5)=-20$ et $4-3\times 8=-20$, vérifiée. Les droites sont sécantes, au point $(-8;-20;-5)$.

Affirmation 4 : VRAIE. $H\in (ABC)$ : $-1-1+4-2=0$. De plus $\overrightarrow{DH}(-1;1;-2)=-\overrightarrow{n}$ où $\overrightarrow{n}(1;-1;2)$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$ : la droite $(DH)$ est orthogonale au plan. $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$.