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(s) - 65 g morl M(Zn) - IF = 96500 C morl 0,25 I —3 At m * -3 1 V = 1,0 103L -3 2 [Zn2+]i = 2,0 mol L-l 0,75 0,70 äJ99 iJl 85 84,9033 146 145,8782 238 238,0003 235 234,9934 23 = I mol-I 1,00866 1,00728 lu = 931,5 MeV c-2

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Bac S 2011 - Métropole Mathématiques Exercice 2 : Bien qu’aucune justification n’était demandée dans l’énoncé, on propose ici une explica-tion pour chaque question de ce QCM Il est toujours bon de faire un schéma pour visualiser la situation

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Métropole

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Exercice 1 :Comme demandé dans l"énoncé, tous les résultats sont donnés sous forme décimale, et

arrondis à104près.

PARTIE A.

1. a.

Il suf fitde lir el"énoncé :

-P(V) = 2% =2100 = 0;02 -PV(T) = 0;99 -PV(T) = 0;97 Nous pouvons représenter cela à l"aide d"un arbre pondéré :V VT TT

T0;020;980;99V\T0;01V\T0;03

V\T0;97

P(V) = 1P(V) = 10;02 = 0;98.

b.

Pour tr ouverla pr obabilitéde l"événement V\T, il suffit de suivre la première branche du graphe

précédent :P(V\T) = 0;020;99 = 0;0198. Autrement dit, la probabilité qu"une personne soit à la fois contaminée et subisse un test positif est de 0,0198. 2. On utilise la formule suivante (dite formu ledes pr obabilitéstotales) : P(T) =P(T\V) +P(T\V). Mais la probabilitéP(T\V)se calcule comme au 1.b., c"est-à-direP(T\V) = 0;980;03 = 0;0294. On en déduit doncP(T) = 0;0198 + 0;0294 = 0;0492.

Remarque :On a doncP(T) = 10;0492 = 0;9508.

3. a. La phrase "Si le test est positif, il n"y a qu"envir on40%de "chances" que la personne soit contami- née" signifiePT(V)'40%. Calculons doncPT(V)pour voir si effectivement ce nombre est proche

de 0,4. Or, par définition,PT(V) =P(V\T)P(T)=0;01980;0492= 0;402:::. L"affirmation du départ est donc

vraie. b. Il s"agit de déterminer PT(V). Tout d"abord, comme on 1.b., on aP(T\V) = 0;980;97 = 0;9506.

On en déduit donc :

P

T(V) =P(T\V)P(T)=0;95060;9508= 0;9998

PARTIE B.

1.

On exécute (de manièr eindépendante) 10 fois de suite l"expérience consistant à tir erau sort une per -

sonne, et à vérifier si elle est contaminée ou non. La variable aléatoireXsuit donc une loi binomiale

de paramètres n=10 et p=p(V)=0,02. 2.

On souhaite calculer P(X2). Il est plus simple de déterminer la probabilité de l"événement

contraireP(X <2)c"est-à-direP(X= 0) +P(X= 1).

On sait queP(X= 0) =10

0(0;02)0(0;98)10= 0;8170. De même,P(X= 0) =10

1(0;02)1

(0;98)9= 0;1667. Donc,P(X <2) = 0;9837. Ainsi,P(X2) = 10;9837 = 0;0163.

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Exercice 2 :Bien qu"aucune justification n"était demandée dans l"énoncé, on propose ici une explica-

tion pour chaque question de ce QCM. Il est toujours bon de faire un schéma pour visualiser la situation.

Ce serait même absurde de vouloir répondre à ces questions sans faire un dessin au préalable.xy

A(1)=3B(i)C(1)D(i)~u~v

O E M

1.(En vert)L"imageEdeDpar cette rotation se trouvera dans le quadrant inférieur droit du repère

(l"angle de la rotation n"est pas plus grand que 90°, on n"a donc aucune chance de remonter au dessus

de l"axe des abscisses!), ce qui signifie que la partie réelle deEsera positive, et sa partie imaginaire

sera négative. Parmi les quatre propositions, la seule possibilité est doncz=1+p3 2 (1i).

Une méthode plus mathématique consisterait à dire que la rotation de centreAet de rayon=3est

l"applicationz7!ei=3(zzA)+zA. L"affixe deEest doncz=ei=3(zDzA)+zA=ei=3(i1)+1.

Sachant queei=3= cos(=3) +isin(=3) =12

+ip3 2 , on a donc : z=ei=3(i1) + 1 = (12 +ip3 2 )(i1) + 1 =i12 +p3 2 12 ip3 2 + 1 12 +p3 2 i12 ip3 2 =1+p3 2 (1i) 2. L "ensembledes points d"af fixeztels quejz+ij=jz1jest l"ensemble des points du plan dont la

distance au pointD(jz(i)j) est égal à leur distance au pointA(jz1j). C"est donc la médiatrice

du segment[AD].Remarque: Il se trouve que la réponse "La médiatrice de[BC]" convient aussi. Il

s"agit d"une coincidence (c"est dû au fait queADCBest un carré), néanmoins cette réponse est tout à

fait acceptable.

3.(En bleu)SiMest un point d"affixez, le nombre complexez+ireprésente le vecteur!DMet le

nombrez+ 1représente!CM. La condition "z+iz+1est un nombre imaginaire pur" signifie que l"angle (!DM;!CM)est droit, c"est-à-dire que le triangleCDMest rectangle. Cela implique donc que le point Mappartient au cercle de diamètreCD. Le seul souci est lorsquez=1(ce qui correspond au cas M=C) puisqu"on ne peut pas diviser par zéro. L"ensemble des points cherchés est donc le cercle de diamètreCDprivé deC.Remarque: Signalons que le nombrez=i(correspondant àM=D) convient car0est bel et bien un imaginaire pur. 4. Si Mest un point d"affixez, le nombreziest l"affixe du vecteur!BM. La question revient donc à trouver tous les pointsMdu plan tels que le vecteur!BMfasse un angle de=2avec l"axe des abscisses. Plus précisément, cela signifie que(~u;!BM) ==2modulo2. Il s"agit donc de la demi- droite]BD)issue deBpassant parDprivée deB. Nous sommes obligés de retirer le pointBcar le vecteur!BMest nul siMest enBet n"a donc pas d"argument. A fortiori, ce ne peut pas être=2 mod [2].

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Exercice 3 :

PARTIE A.

1. a. Il est toujours bon de tracer le graphe de f1avant de répondre aux questions :xy D"après le cours (ou le formulaire...),lim+1f1= limx!+1xex= 0. Pour trouver la limite en

1, on remarque quelimx!1x=1etlimx!1ex= +1. Donc,limx!+1xex=1.

b. La fonction f1:x7!xexest dérivable surR(comme produit et composée de fonctions elles- mêmes dérivables surR). Pour toutx2R, on af01(x) =exxex= (1x)ex, qui est du signe de(1x)(carex>0pour toutx). On en déduit le tableau de variation :x f

01(x)f

111+1+0

11e 1e 100
c.

D"après l"étude faite à la question précédente, la dérivée de f1est nulle enx= 1, donc la tangente

(T1)à la courbe(C1)au pointx= 1est horizontale (voir schéma ci-dessus) et ne peut ainsi pas couper l"axe des abscises. Puisqu"on nous informe que, sur le graphique, la tangente(Tk)coupe l"axe des abscisses, il ne peut s"agir dek= 1. 2. a. T outd"abor d,pour tout n1,fn(0) = 0n:e0= 0. La courbe(Cn)passe donc par le pointO de coordonnées(0;0). Comment faire pour trouver l"autre point par lequel toutes les courbes(C1) passent? On peut par exemple tracer sur sa calculatrice plusieurs de ces courbes. Sur le schéma

fourni dans l"énoncé, on remarque déjà que les courbes(C3)et(Ck)se coupent au point d"abscisse

x= 1. Sachant quef3(1) = 13e1=e1, il reste à vérifier que toutes les courbes passent par le point de coordonnées(1;e1). Cela se prouve en calculerfn(1)pour toutn.

8n2;fn(1) = 1ne1=e1

b. Si nest un entier supérieur à 2, alors la fonctionfnest dérivable surRet

8x2R;f0n(x) =nxn1exnxnex=xn1(nx)ex

3.

Comme pr ouvéà la question précédente, la dérivée de la fonction f3au pointx2Rest égale à

x

2(3x)ex. Puisquex2etexsont positifs pour toutx2R, le signe de la dérivée est le même que

le signe de(3x). Nous pouvons dresser le tableau de variation def3(ce qui permet de répondre à la question) :

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x f

03(x)f

3103+1+0+0

1127e327e300

Remarque :Il y a un point d"inflexion en0.

4. a. Soit kun entier supérieur ou égal à 2 (Sik= 1on a vu que la tangente ne coupe pas l"axe des

abscisses). On souhaite d"abord déterminer une équation de la droite(Tk)(qui, rappelons-le, est la

tangente à la courbe defkau pointx= 1) et ensuite trouver le point d"intersection avec l"axe des

abscisses. D"après le cours, une équation de cette tangente esty=f0k(1)(x1)+fk(1), c"est-à-dire

y= (k1)e1(x1) +e1(on a bien entendu utilisé le résultat prouvé à la question 2.b.).

Un point de coordonnées(X;Y)est situé à la fois sur la droite(Tk)et de l"axe des abscises (dont

une équation esty= 0) si, et seulement si, on a le système d"équations suivant :

Y= (k1)e1(X1) +e1

Y= 0

On remplaceYpar 0 dans la première équation, puis on la résout (toutes les égalités suivantes

sont équivalentes) :

0 = (k1)e1(X1) +e1

0 = (k1)(X1) + 1

(X1) =1k1X=1k1+ 1

X=k2k1

Le point cherché a donc pour coordonnées(k2k1;0).

Remarque :En toute rigueur, il faudrait vérifier réciproquement que ce point (qui est sur l"axe des

abscisses) est aussi sur la droite(Tk)(autrement dit, qu"il vérifie bien l"équation de(Tk)vue plus

haut). b.

Il s"agit de résoudr el"équati on

k2k1=45 (avec pour condition initialek6= 1). Soit on voit tout de suite quek= 6, soit on remarque que l"équation est équivalente à5(k2) = 4(k1), puis on résout classiquement pour s"apercevoir au final quek= 6est l"unique solution.

PARTIE B.

1. On va calculer I1à l"aide d"une intégration par parties. On poseu(x) =xetv0(x) =ex. On a donc u

0(x) = 1etv(x) =ex. D"où :

I 1=Z 1 0 xexdx=xex1 0Z 1 0 exdx donc I

1=xex1

0ex1 0

Finalement,I1=2:e1+ 1.

2. a. La courbe (C1)est au-dessus de la courbe(C2), qui est elle-même au-dessus de la courbe(C3)...

Puisque(In)est l"aire délimitée par la courbe(Cn)et l"axe des abscisses, on peut conjecturer que

la suite(In)est strictement décroissante (I1> I2> I3:::). b. L "objectifici est de compar erInavecIn+1. Sinest un entier plus grand que 1, on poseu(x) =xn+1 etv0(x) =ex. On a doncu0(x) =nxnetv(x) =ex. D"où : I n+1=Z 1 0 xn+1exdx=xn+1ex1 0Z 1 0 nxnexdx

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donc I n+1=xn+1ex1 0Z 1 0 nxnexdx ce qu"on peut réécrire I n+1=e1+In La différenceIn+1In=e1étant strictement négative pour toutn, on en déduit que la suite (In)est bien strictement décroissante. c. Soit n1. Puisque pour toutxdans[0;1], la fonctionfnprend des valeurs uniquement positives, le nombreInest positif lui aussi (l"intégrale d"une fonction positive est positive). La suite(In) étant décroissante et minorée par zéro, on sait donc qu"elle converge vers un nombre`0. d.

D"après le graphique pr oposédans l"énoncé, on sent que la limite de la suite (In)est zéro (l"aire

sous les courbes est de plus en plus petite). Pour prouver cela, on essaye de majorerInpar une

suite tendant vers zéro. Le théorème des gendarmes permettra d"affirmer que la limite est bien

zéro. Or, pour toutx2[0;1];exe0= 1(car la fonctionx7!exest décroissante), donc pour toutn1 0In=Z 1 0 xnexdxZ 1 0 xn:1dx=xn+1n+ 1 1 0 =1n+ 1

Puisque

1n+1!0quandntend vers l"infini, la limite de la suite(In)est zéro (par le théorème des

gendarmes). Exercice 4 :(Candidats n"ayant pas suivi l"enseignement de spécialité) PARTIE A - Réstitution organisée des connaissances. 1.

Là encor e,il serait absur dede se passer d"un bon schéma pour visualiser la situation. V oiciune

vue en coupe (c"est-à-dire qu"on se place dans le plan contenant~net!M0H.OPlanP~nM 0H Puisque les deux vecteurs en question sont colinéaires, on sait d"avance que l"expression ~n!M0H sera le produitjj~njj M0H(la valeur absolue du produit scalaire de deux vecteurs colinéaires est au égale au produit de leurs normes).

La norme~nvalantpa

2+b2+c2, on a donc le résultat annoncé dans l"énoncé.

Remarque :Pour prouver que les deux vecteurs~net!M0Hsont colinéaires, il suffit de dire qu"ils sont tous les deux orthogonaux à un même plan. 2.

Notons (X;Y;Z)les coordonnées deH. On a donc

~n!M0H= (a;b;c)(Xx0;Yy0;Zz0) =a(Xx0) +b(Yy0) +c(Zz0)

On développe et on regroupe les termes :

~n!M0H=aX+bY+cZax0by0cz0 PuisqueHappartient au planPd"équationax+by+cz+d= 0, on a doncaX+bY+cZ=d.

Donc :

~n!M0H=dax0by0cz0 Remarque utile pour la question suivante :Cela signifie donc que~n!M0H=jd+ax0+by0+cz0j

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3. D"après les questions 1. et 2., on peut af firmerque pa

2+b2+c2M0H=jd+ax0+by0+cz0j. Il

suffit de diviser les deux membres parpa

2+b2+c2pour obtenir le résultat car, par définition, la

distance du pointM0au planPest la distanceM0H.

PARTIE B.

1. a. Les points A,BetCdéfinissent un planPsi, et seulement si, les vecteurs!ABet!ACne sont pas colinéaires. Or,!AB= (34;21;05) = (7;1;5). De même,!AC= (3;2;1). Pour voir qu"ils ne sont pas colinéaires, il suffit par exemple de constater que

736=12

6=51 . A présent,

trouvons une équation de ce plan. Commençons par trouver une vecteur normal aux vecteurs!ABet!AC. On cherche un vecteur~nde coordonnées(a;b;c)tel que~n!AB= 0et~n!AC= 0.

Cela donne le système suivant :

7a+b5c= 0

3a+ 2b+c= 0

a,betc(nontoutesnulles) quimarchent. Sionfixea= 1(cequi permetdebeaucoupsimplifier), le système devient :b5c= 7

2b+c= 3

En soustrayant la deuxième ligne à deux fois la première, on trouve11c=11id estc=1. En remplaçantcpar -1 dans la relationb5c= 7, on trouveb= 2, d"où~n= (1;2;1). Puisque

nous avons procédé un peu à tâtons, il faut vérifier que ce vecteur~nqu"on vient de trouver est

bien orthogonal à!ABet à!AC: ~n!AB= 1(7) + 21 + (1)(5) = 0 ~n!AC= 1(3) + 22 + (1)1 = 0 Remarque :Pourquoi avoir poséa= 1? En fait, le système(1)possède trois inconnues pour

deux équations. Il possède donc une infinité de solutions. Puisqu"une seule solution nous inté-

resse, on peut fixera= 1et voir lesbetccorrespondant. Une autre méthode consiste à dire que puisque l"équation à prouver estx+ 2yz1 = 0, un vecteur normal serait(1;2;1). Il suffit juste de vérifier que ce vecteur est orthogonal à!ABet!AB. A présent, nous disposons d"un vecteur normal au planPce qui va nous permettre de déter- miner une équation de ce plan. Un pointMde coordonnées(x;y;z)appartient à ce plan si, et seulement si,!AM~n= 0. Donc,M2 Psi, et seulement si,(x4;y1;z5)(1;2;1) = 0, c"est-à-dire si, et seulement si,1(x4) + 2(y1)1(z5) = 0ce qui donne bien, en développant, l"équationx+ 2yz1 = 0. b. D"après la partie A, la distance du point Fau planPestd=j7+2041jp1

2+22+(1)2=12p6

= 2p6. 2. a. Rappelons quenousavonsappelé~nlevecteur(1;2;1)(quiestnormalauplanP).SoitM(x;y;z) un point quelconque de l"espace. Le pointMappartient à la droitesi, et seulement si, les vec-quotesdbs_dbs5.pdfusesText_10