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Terminale S1 Corrigé du Bac Blanc de janvier 2014

Correction du Bac Blanc de janvier 2014 Exercice 1 : Restitution organisée de connaissances On suppose connus les résultats suivants : ∗ on dit que deux évènements A et B sont indépendants si P (A ∩ B) = P (A) × P (B) ; ∗ si A et B sont deux évènements, alors P (B) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B). Supposons que les évènements A et B soient indépendants.

On a P (B) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B)

⇐⇒

P (B) = P (A) × P (B) + P (A ∩ B) car A et B sont indépendants

⇐⇒

P (B) × (1 − P (A)) = P (A ∩ B)

⇐⇒

P (B) × P (A) = P (A ∩ B) Ainsi, les évènements A et B sont indépendants. D’où, Si A et B sont deux évènements indépendants, alors les évènements A et B le sont aussi. Exercice 2 : Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;

#” #”).

ı , On considère une fonction f dérivable sur l’intervalle [−3 ; 2]. On dispose des informations suivantes :

• f (0) = −1 ;

• la dérivée f ′ de la fonction f admet la courbe représentative C

′

ci-dessous 1. Vrai.

En′ effet, pour tout réel x de l’intervalle [−3 ; −1], la courbe C est située au-dessous de l’axe des abscisses. On en déduit que

f ′(x) 6 0, ∀x ∈ [−3 ; −1].

2

1 #” j

−3 −2 −1 O

#” 1 2

i

−1

C ′

−2

2. Vrai.

En effet, pour tout réel x de l’intervalle [−1 ; 2], la courbe C ′ est située au-dessus de l’axe des abscisses. On

′

en déduit que f (x) > 0, ∀x ∈ [−1 ; 2]. Ainsi, la fonction f est croissante sur l’intervalle [−1 ; 2]. 3. Faux.

En effet, pour tout réel x de l’intervalle ] − 1 ; 0], la courbe C ′ est située strictement au-dessus de

l’axe des abscisses. On en déduit que f ′(x) > 0, ∀x ∈] − 1 ; 0]. Ainsi, la fonction f est strictement

croissante sur l’intervalle ] − 1 ; 0].

Pour tout réel x de l’intervalle ] − 1 ; 0[, on a f (x) < f (0). Puisque f (0) = −1, f (x) < −1 ∀x ∈] − 1 ; 0[. 4. Soit C la courbe représentative de la fonction f .

Vrai.

En effet, f (0) = −1 et f ′(0) = 1 donc une équation de la tangente à C en 0 est y = f

′(0)(x − 0) + f (0),

c’est-à-dire y = x − 1. La tangente à la courbe C au point d’abscisse 0 passe effectivement par le point de coordonnées (1 ; 0). Il suffit de remplacer . . .

Exercice 3 : √

Pré-requis :Pour tout nombre complexe Z, |Z| = ZZ ∈ R,

x′

#” #” #” x #” 1 y 2 y ′

Dans une base orthonormale, deux vecteurs e et e sont orthogonaux si, et seulement

si e1 · e2 = xx′ + yy

′ = 0.

http://mathematiques.ac.free.fr 1/7 25 janvier 2014


#” #” d’affixes respectives′ 2 et −2 et on Dans le plan muni d’un repère (O ; u , v ), on considère les points A et B

définit l’application f qui à tout point M d’affixe z et diff érent de A associe le point M d’affixe

z′ =

(z − 2) .

z

z − 2

1. a. L’affixe du point P ′ image par f du point P d’affixe 1 + i est :

f (1 + i) = (1 + i)(1 + i − 2) 2i( 1 + i)

(1 + i) − 2 = ( 1 −

−

i)( 1 + i)

(1 − i)(−1 + i)

− −

= = −2i − 2 1 − i − 2 1 + 1

= −1 + i + i + 1 = −

1 −

i

−1 − i

=

2i

Ainsi, l’affixe du point P ′ est

1

i.

−1 − i − −

# ”

b. Pour montrer que les droites (AP ) et (BP ′) sont parallèles, il suffit de prouver que les vecteurs AP et

# ”

sont colinéaires.

BP ′

On a A (2 ; 0) , B ( 2 ; 0) , P (1 ; 1) et P

′ (

1 ;

1). Donc,

# ” −1

# ” 1 .

− −

AP et BP ′

− 1 # ” −1

D’où, (−1) × (−1) − 1 × 1 = 0. On′

# ”

en déduit que les vecteurs AP et BP ′ sont colinéaires et par

conséquent, les droites (AP ) et (BP ) sont parallèles.

c. Pour montrer que les droites (AP ) et (P P ′) sont perpendiculaires il suffi t de prouver que les vecteurs

# ” # ”

AP et BP ′ sont orthogonaux.

# ” −1 # ” # ” # ” = ( 1) ( 2) + 1 ( 2) = 0. On On a AP et P P ′

−2 . En utilisant le pré-requis, AP

· P P ′

1 #

2 # ”

− × − × − −

en déduit que les vecteurs AP et P P ′

sont orthogonaux et par conséquent, les droites (AP ) et (P P ′)

sont perpendiculaires.

2. Pour déterminer l’ensemble des points invariants par f , on résout z′ = z

z′ = z

(z − 2) = z

⇐⇒ z

− 2

z

⇐⇒

(z − 2) = z(

− 2) et

6= 2

z z z

⇐⇒

z 6= 2

zz − 2z = zz − 2z et

⇐⇒

= z

et

z 6= 2

z

⇐⇒ z ∈ R et z 6= 2

⇐⇒ M est un point de l’axe des réels et M 6= A

Ainsi, l’ensemble des points invariants par f est l’axe des réels privé du point A.

3. a. Soit z ∈ C (z − 2)(z − 2) = (z − 2)(z − 2) = |z − 2|2 ∈ R, d’après le pré-requis. Ainsi, pour tout nombre

complexe z, le nombre (z − 2)(z − 2) est un nombre réel.

b. Soit z 6= 2, http://mathematiques.ac.free.fr 2/7 25 janvier 2014


(z−2)

z′ + 2

z

+ 2

−2 = z

z − 2

z − 2

(z−2)+2(

−2)

z z

−2

= z

z − 2

zz−2z+2z−4

−2

= z

z − 2

= zz − 4

(z − 2)(

− 2) z

Mais, d’après le pré-requis et la question précédente, on a zz = |z|2 ∈ R et (z − 2)(z − 2) ∈ R d’après la

question précédente.

Ainsi, zz − 4 R. Donc, pour tout nombre complexe z = 2, le nombre complexe z′+2

est réel. (z

− 2)( z

− 2) ∈ 6 z−2

c. D’après la question précédente, pour tout z = 2, il existe un réel k tel que z′+2 = k,

z−

6

soit z′ + 2 = k(z

2)

z

z z ) #” #

2 ” # ”

−

⇐⇒ ′ = k(z

⇐⇒ BM

′ = kAM . Les vecteurs AM et

#” M − B M −

A

BM ′

sont donc colinéaires. # ”#”

4. Soit M un point quelconque non situé sur l’axe des réels. Prouvons que les vecteurs AM et M M ′

sont orthogonaux. Soit z = x + iy la forme algébrique de l’affixe de M (z =6 R) : ∗ − − − y # ”

zA = z

# ”

x − 2 . L’affixe du vecteur AM est zM 2 = (x 2) + iy. d’où, AM # ”

∗ L’affixe du vecteur M M ′ est zM ′ − zM = z

′ − z.

(z − 2)

z

′

− z = z

− z

4iy (x − 2) + iy

z − 2

=

(x 2) iy (x 2) + iy

z z 2) z(z 2)

− −

−

= ( − − −

− 2

z

+ 2

= 4iy(x − 2) − 4y

2 zz z zz z = − 2 − (x

− 2)

2 + y

2

− 2

z

−4y 2

4y(x − 2)

2

+ 2z

z = + i

= −

− 2

(x − 2)2 + y

2

(x − 2)2 + y

2

z

= −2(x + iy) + 2(x + iy)

x + iy − 2

− 4y

2

2x + 2iy + 2x + 2iy ” (x 2 2 D’où, # ′ − 2) + y M M

= −

(x − 2) − iy 4y(x − 2)

4iy (x 2)2 + y

2

=

−

(x − 2) − iy 2 2 2 # ” # ” −4y 4y(x − 2) −4y (x − 2) 4y (x − 2)

∗ AM · M M ′ = (x − 2) ×

+ y ×

= + = 0. (x 2)2

+ y2

(x 2)2 + y

2 (x 2)

2 + y

2 (x 2)

2 + y

2 # ”

# ”

−

−

−

−

On en déduit que les vecteurs AM et M M ′ sont orthogonaux. Ainsi, les droites (AM ) et (M M

′)

sont perpendiculaires. 5. Soit M un point distinct de A. Il faut distinguer ici deux cas :

Si M est un point de l’axe des réels alors M ′ = M d’après les invariants par f .

# ”#”

Si M n’appartient pas à l’axe des réels. D’après la question 3.c, les vecteurs AM et BM ′ sont colinéaires.

D’après la question précédente, (AM ) ⊥ (M M ′). On en déduit que le point M

′ est l’intersection de la

parallèle à la droite (AM ) passant par B avec la perpendiculaire à la droite (AM ) passant par M .



2

1

#” v B A

×

O #”

×

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 u

−1

−2 × Q

−3

× Q′ −4

Exercice 4 : Les résultats seront donnés en fractions irréductibles. Un club de tennis comporte 500 adhérents dont 300 hommes. Le tennis, en compétition, est pratiqué par 30 % des hommes et 20 % des femmes. Les autres adhérents pratiquent ce sport uniquement pour le loisir.

On choisit, au hasard, un adhérent. On note les évènements :

F : « l’adhérent est une femme » ;

C : « l’adhérent pratique la compétition ».

1. a) Sachant qu’il y a 200 femmes dans le club et que le choix d’un adhérent suit une loi equirépartie, on a

P (F ) = 200

500 = 25 .

b) Sachant que la personne choisie est une femme, la probabilité qu’elle pratique le tennis en

compétition est PF (C) = 15 . En effet, 20 % des femmes pratiquent la compétition.

c) 1 5

F

C

2 5

4 5

C

3

10 3

5

C car 30 % des hommes pratiquent la compéti-tion

F

7 C

10

La probabilité d’un chemin est égale au produit des poids situés sur les branches de ce chemin.



d) Les évènements F et F forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales,

P (C) = P (C ∩ F ) + P (C ∩ F )

= PF (C) × P (F ) + PF (C) × P (F )

= 15 ×

25 + 10

3 ×

35

= 13

50

La probabilité que la personne choisie pratique le tennis en compétition est 13 . 50

2. L’adhérent choisit la compétition. La probabilité que ce soit une femme est PC (F ).

PC (F ) = P (C ∩ F ) = PF (C) × P (F ) = 51 × 5

2

= 4 . 13

P (C) P (C) 13

50

Sachant que l’adhérent a choisi la compétition, la probabilité qu’il s’agisse d’une femme est 4 . 13

3. La probabilité que l’adhérent soit une femme qui pratique la compétition est

P (C ∩ F ) = PF (C) × P (F ) = 15 ×

25 = 25

2 .

4. Le secrétaire de ce club doit choisir un certain nombre d’adhérents. Il les choisit parfaitement au

hasard, sans se préoccuper de savoir s’il les a déjà choisis ou non.

a) La phrase « il les choisit parfaitement au hasard, sans se préoccuper s’il les a déjà choisis ou non » signifie qu’il y a indépendance dans le choix des adhérents.

b) Il choisit 4 adhérents.

La probabilité de choisir une femme qui pratique la compétition est 252 .

On calcule dans un premier temps la probabilité qu’aucun des 4 adhérents ne soit une femme qui pratique la compétition.

La probabilité qu’un adhérent ne soit pas une femme qui pratique la compétition est 1 − 252 =

2325 .

Le choix des adhérents à contacter se fait de manière indépendante. Donc, la probabilité qu’aucun des 4

adhérents ne soit une femme qui pratique la compétition est 23 n. 25 prob abilit´ e po ur que l e sec r e taire cont acte au moins un e

Ainsi, par passage à l’évènement contraire, la 4

femme qui pratique la compétition est 1 − 2523

= 390110

625784

. c) L’algorithme ci-contre donne n = 28.

On note n le nombre d’adhérents que le secrétaire contacte (n > 0).

En raisonnant comme dans la question pré-cédente, la probabilité pour que le secr´-taire contacte au moins une femme qui pratique la compétition parmi n adhérents, est

1 − 2523

n.

On a :

1 − 2523

n > 0,9

⇐⇒ − 2523

n

> −0,1 23 n

6 0,1

⇐⇒

25

Début Variables :

n est un entier

Initialisation :

n prend la valeur

0 Traitement :

Tantque 23

25 n > 0,1 Faire

n prend la valeur n + 1

FinTantque

Sortie : Afficher(n)

Fin

Le secrétaire doit contacter au minimum 28 adhérents pour que la probabilité de contacter au moins une femme qui pratique la compétition soit supérieure à 0,9.



Exercice 5 :

Partie A -

Soit g la fonction définie sur R par g(x) = −xex + 1

. 1. ∗ lim g(x) : x→−∞

On sait que lim xex = 0 donc lim g(x) = 1 par produit et somme

x→−∞ x→−∞

∗ lim g(x) :

x→+∞ lim x = +

∞ )

x→+∞

=⇒ lim xe

x = +

∞ par produit

lim ex = +

∞ x→+∞

x→+∞

Ainsi, lim g(x) = −∞

par produit et somme x→+∞

2. g est dérivable sur R comme produit et somme de fonctions dérivables.

g′(x) = − (e

x + xe

x) + 0 = −(x + 1)e

x, ∀x ∈ R.

ex > 0 sur R donc le signe de g

′(x) sur R dépend du signe de −(x + 1).

⋆ −(x + 1) = 0 ⇐⇒ x = −1

⋆ −(x + 1) > 0 ⇐⇒ x < −1

On en déduit que g′(x) > 0 sur ] − ∞ ; −1] et g

′(x) 6 0 sur [−1 ; +∞[ donc g est croissante sur ] − ∞ ; −1]

et décroissante sur [−1 ; +∞[.

Tableau de variation de g : x

−∞ 0 α

+∞

−1 −1 g′(x) + 0 −

g(−1) = −(−1)e + 1 = e + 1 e−1

+ 1

g 0

1 −∞ 3. g est continue sur R car elle est dérivable sur R.

Le minimum de g sur ]−∞ ; −1] est 1. Donc, l’équation g(x) = 0 n’admet pas de soultion sur ]−∞ ; −1]. f

est continue et strictement décroissante sur [−1 ; +∞[. L’image de l’intervalle [−1 ; +∞[ par f est

l’intervalle ] − ∞ ; e−1

+ 1]. Or, 0 ∈] − ∞ ; e−1

+ 1]. D’après le corollaire du théorème des valeurs

intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une unique soultion α sur [−1 ; +∞[.

On en déduit que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α sur R.

` A la calculatrice

g(0,56) ≈ 0,019 6 > 0 = 0,56 < α < 0,57 ⇒

g(0,57) ≈ −0,007 9 < 0

4. On déduit du tableau de variation de la fonction g :

g(x) > 0 sur ] − ∞ ; α[

g(x) = 0 pour x = α

g(x) < 0 sur ]α ; +∞[

Partie B -

Soit f la fonction définie par f (x) = x + 1 . x

e + 1 #” #”

On appelle C sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O ; ı , )(unité : 1 cm).

1. f est définie si ex + 1 =6 0. Mais e

x > 0 sur R donc e

x + 1 > 0 sur

R. La fonction f est donc définie sur R. http://mathematiques.ac.free.fr 6/7 25 janvier 2014


2. ∗

lim f (x) : x→−∞

lim x + 1 = −∞

lim ex = 0

) x→−∞

=⇒ lim f (x) =

−∞ par quotient

lim ex + 1 = 1 car

x→−∞

x→−∞ x→−∞

∗

lim f (x) : x→+∞

x 1 + 1 1 1 + 1

Au voisinage de + ∞ , f (x) = x = × x 1 e

X 1

ex 1 + eX x 1 + eX

lim ex = +

∞

x→+∞ x = lim 1 + 1

= 1

x→+∞ x

⇒

lim 1 + 1 = 1 car lim ex = +

∞

x→+∞

ex

x→+∞

On déduit de cette dernière limite, l’existence

d’une de +∞.

3. a) f est dérivable sur R comme quotient de fonctions

lim f (x) = 0 par quotient et produit x→+∞

asymptote horizontale d’équation y = 0 au voisinage

dérivables.

Soit x ∈ R, f ′(x) =

1

×

(ex

+ 1)

−

(x

+ 1)ex

(ex + 1)

2

1 − xex

= (ex + 1)2

f ′(x) =

g(x)

(ex + 1)

2

Puisque (ex + 1)

2 > 0 sur R, le signe de f

′(x) dépend du signe de g(x) sur R.

b) D’après le signe de la fonction g obtenue à la question A4., on en déduit que la fonction f est

croissante sur ] − ∞ ; α] puis décroissante sur [α ; +∞[. 4. T : y = f

′(0)(x − 0) + f (0)

T : y = 41 (x − 0) + 2

1 car f

′(0) = 4

1 et f (0) = 2

1 T : y =

1 x +

1

4 2

5.

x −5 −4,5 −4 −3,5 −3 −2,5 −2 −1,5 −1 −0,5 0 α 1 1,5 2 2,5 3 3,5 44,55

y −3,9 −3,5 −2,9 −2,4 −1,9 −1,4 −0,9 −0,4 0 0,3 0,5 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,2 0,1 0,09 0,06 0,04

2

1 T

× × × × j

#”

× ×

O #” × × × × × × ×

−5 −4−3−2 −1 1 2 3 4 5

× α

i × −1

×

× −2

×

× −3

× CF

× −4

−5

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