1/4
Exercice 1 Partie A : 1) a) Voir figure ci-dessous.
b) 2 ( 2 )( 1 2 ) 2 4 2 51 2 ( 1)² 2² 5 5
b i i i i i i ia i
− − − − − − + + −= = = = =− + − +
.
c) ba= i ⇔ b
a=1⇔ OB
OA=1⇔OB =OA arg b
a⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= arg(i)⇔ OA
! "!!;OB! "!!( ) = π
2
Le triangle OAB est donc isocèle rectangle en O .
2) a) 1 2 3 1 2 2'2 3 2 1 2
c i i i ic ic i i i i+ − − + + − − −= = = =+ + − + + + − +
(d’après 1 b)
b) 1 2 ( 1 2 )' 1 1 12 ( 2 )
z i z iz z a z b AM BMz i z i+ − − − += ⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =+ + − − −
( )E est donc la médiatrice du segment [ ]AB .
c) Le triangle OAB est isocèle en O , donc O est sur la médiatrice de [ ]AB . Donc ( )O E∈ . On sait que 'c i= donc ' 1c = donc ( )C E∈ . Partie B : cette partie n’est pas au programme du BAC blanc Fev 2019
1) ( ) ( )2 1(1 ) (1 ) 3 3 3 1 3 1 3 1z i z i i i i i= + = + − = − + + = + + −
2) Formes exponentielles :
( )21 3 1 2z = + − = On pose ( )1arg z θ=
On a :
cosθ =Re z1( )
z1
= 32
sinθ =Im z1( )
z1
= − 12
⎫
⎬
⎪⎪
⎭
⎪⎪
θ = − π6
2π⎡⎣ ⎤⎦ donc 61 2
iz e
π−= .
2 21 1 1 2i+ = + = On pose ( )arg 1 i θ+ =
On a :
cosθ =Re 1+ i( )
1+ i= 1
2= 2
2
sinθ =Re 1+ i( )
1+ i= 1
2= 2
2
⎫
⎬⎪⎪
⎭⎪⎪
θ = π4
2π⎡⎣ ⎤⎦ donc 41 i 2ie
π
+ =
On a donc 4 664 122 1(1 ) 2 2 2 2 2 2
iii iz i z e e e e
π πππ π⎛ ⎞−− ⎜ ⎟⎝ ⎠= + = × = =
3) 122 2 2 2 2 cos sin
12 12i
z e iπ π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
et ( )2 3 1 3 1z i= + + −
Par identification des parties imaginaires des formes algébrique et trigonométrique, on a : 3 1 6 22 2 sin 3 1 sin
12 12 42 2π π − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇔ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Correction du BAC blanc de Février 2016
2/4
Exercice 2
Partie A : 1) b) A l’aide du graphique, on conjecture que la suite est croissante et converge vers 6 . c) A l’aide de la calculatrice, on obtient : 12 5,998u ≈ 2) a) On note ( ) 1 la propriété " 6 "n n nP u u +≤ < .
Montrons par récurrence que ( ) , nn P∀ ∈• est vraie. Initialisation
( )
0 1 0
0 1
0
10 et 3 1 3 2 2
donc on a bien 6donc la propriété est vraie
u u u
u uP
= = + = − + =
≤ <
Hérédité : On suppose qu'il existe un entier naturel k tel que la propriété Pk( ) est vraie ,
c'est - à - dire uk ≤ uk+1 < 6 .
Démontrons qu'alors la propriété Pk+1( ) est vraie c'est - à - dire uk+1 ≤ uk+2 < 6 .
Par hypothèse de récurrence : uk ≤ uk+1 < 6
Donc 12
uk ≤12
uk+1 < 3 Donc 12
uk + 3≤ 12
uk+1 + 3< 6 Donc uk+1 ≤ uk+2 < 6
Conclusion : D'après l'axiome de récurrence , ∀n∈! , un ≤ un+1 < 6 .
b) D’après la question a) la suite ( )nu est croissante et majorée par 6.
Donc elle converge vers un réel α .
Partie B : 1) ∀n∈! ,
( )1 1
11 1 1 1 1 1n n n n n n n n
b a bb b b ab b ab bv u au b au au au a u ava a a a a a+ +
− − − − ⎛ ⎞= − = + − = + = + = − = − =⎜ ⎟− − − − − −⎝ ⎠
Donc la suite ( )nv est géométrique de raison a et de premier terme 0 0 1bv ua
= −−
.
2) D’après la question 1), ∀n∈!, vn = v0 × an donc 0 1n
nbv u aa
⎛ ⎞= − ×⎜ ⎟−⎝ ⎠.
0Or donc 1 1 1
Si 1 1 , lim 0 . Par produit et somme , lim1
nn n n
nnn n
b b bu v u u aa a a
ba a ua→+∞ →+∞
⎛ ⎞= + = − × +⎜ ⎟− − −⎝ ⎠
− < < = =−
.
Partie C :
La suite un( ) de la partie A est définie par la relation de récurrence 11 avec et 32n nu au b a b+ = + = = .
D’après la partie A, elle converge vers un réel α .
D’après la partie B, elle converge vers 3 3 3 2 61 11 12 2
ba
α = = = = × =− −
Exercice 3 ( )
0' 0
( )2
xg x
g x
−∞ +∞− +
] Z
3/4
1) a) La fonction g est dérivable sur ! et pour tout x réel, '( ) 1 exg x = − + .
g '(x) > 0 ⇔−1+ ex > 0 ⇔ ex >1⇔ x > 0 D’où le tableau de variation de g :
b) D’après a) le minimum de g sur ! est 2 donc ∀x ∈!, g(x) > 0 . 2) Limites de f :
limx→+∞
x +1= +∞
limx→+∞
ex
x= +∞ inverse⎯ →⎯⎯ lim
x→+∞
xex = 0
⎫
⎬⎪
⎭⎪
somme⎯ →⎯⎯ limx→+∞
f x( ) = +∞
limx→−∞
x +1= −∞
limx→−∞
x = +∞
limx→−∞
ex = 0+
⎫⎬⎪
⎭⎪quotient⎯ →⎯⎯ lim
x→−∞
xex = −∞
⎫
⎬⎪⎪
⎭⎪⎪
somme⎯ →⎯⎯ limx→−∞
f x( ) = −∞
3) La fonction f est dérivable sur ! et pour tout x réel,
( )21 1 1 ( )'( ) 1 1 ( )
x x xx
x x xx
e x e x e x g xf x e g xe e ee
−× − × − + −= + = + = = = .
4) Pour tout x réel, 0xe− > , donc '( )f x est du signe de ( )g x , c’est à dire strictement positif. La fonction f est donc strictement croissante sur ! .
5) a) Une équation de la tangente T à la courbe C au point d’abscisse 0 est :
y = f '(0)(x − 0)+ f (0)Comme f '(0) = 2 et f (0) = 1, on obtient y = 2x +1
b) Pour déterminer la position de C par rapport à T on étudie le signe de la différence ( ) (2 1)f x x− + .
(1 )( ) (2 1) 1 2 1
x x
x x x x
x x x xe x ef x x x x xe e e e
− −− + = + + − − = − = =.
1 0 1 0x xe e x− > ⇔ < ⇔ <
Pour tout x réel, ( ) (2 1)f x x− + < 0, donc la courbe C est toujours au dessous de la tangente T.
6) a) Sur ! , la fonction f est continue, strictement croissante, la valeur 0 est comprise entre lim ( )x
f x→−∞
= −∞ et
lim ( )x
f x→+∞
= +∞ donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation ( ) 0f x =
possède une unique solution dans ! . b) Avec la calculatrice, on obtient que α ! −0,4 donc 1 0α− < < . 7) a) Algorithme
On s’arrête à la fin de l’étape 3 car 0.2b a− <
b) L’algorithme permet d’obtenir un encadrement de α d’amplitude inférieure à 0,2 : −0,5<α < −0,375 .
Exercice 4 : 1) 40% des membres sont des hommes donc 𝑝 𝐻 = 0,4.
Etape 1 Etape 2 Etape 3 Etape 4 a -1 -0,5 -0,5 -0,5 b 0 0 -0,25 -0,375 b a− 1 0,5 0,25 0,125 < 0,2
m - 0,5 -0,25 -0,375 Test
vrai faux faux
( )'
( )
xf x
f x
−∞ +∞
+∞
−∞Z
00
1 e 0( ) (2 1) 0
x
xx
f x x
−∞ +∞− +
− + −− + − −
On s’arrête et on affiche les valeurs de a et b : - 0,5 et - 0,375
4/4
« Parmi les femmes membres de ce club, seulement 5 % ne sont pas inscrites aux cours collectifs » donc 𝑝! 𝐶 = 0,05.
𝑝! 𝐶 = 0,05 donc 𝑝! 𝐶 = 1− 0,05 = 0,95.
2) a) 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 = 𝑝 𝐹 ×𝑝! 𝐶 = 0,6×0,95 = 0,57.
Donc 57% des membres de ce club sont des femmes inscrites aux cours collectifs. b) « 65 % des membres sont inscrits aux cours collectifs. » donc 𝑝 𝐶 = 0,65. Les évènements H et F forment une partition de l’univers donc d’après la formule des probabilités totales :
𝑝 𝐶 = 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 + 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 ⇔ 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 = 𝑝 𝐶 − 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 ⇔ 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 = 0,65− 0,57 = 0,08.
Donc 8% des membres sont des hommes inscrits aux cours collectifs. c) 𝑝! 𝐶 = ! !∩!
! != !,!"
!,!= 0,2 .
Donc la probabilité que, si l’on tire la fiche d’un homme, celui-ci soit inscrit aux cours collectifs est de 0,2.
3) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
0,32 0,914 arrondi au millième1 0,35
H
C
p H C p H p Cp H
p Cp C
∩ ×= = = ≈
−.
Donc la probabilité que, si l’on tire la fiche d’une personne ne participant pas aux cours collectifs, celle-ci soit celle d’un homme est environ égale à 0,914.
4) a) On répète cinq fois de manière indépendante la même épreuve de Bernoulli où l’issue succès est « prélever la fiche d’un membre inscrit au cours collectif » avec comme probabilité 0,65p= . Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre succès obtenu, elle suit donc la loi binomiale de
paramètres 5n= et 0,65p = .
La probabilité qu’exactement deux des fiches soient celles d’un membre non inscrit aux cours collectifs
est p( X = 2) =
52
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟× 0,652 × (1− 0,65)5−2 ! 0,181
b) La probabilité qu’au moins une des fiches soit celle d’un membre non inscrit aux cours collectifs est
p( X ≥1) = 1− p( X = 0) = 1−
50
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟× 0,650 × (1− 0,35)5 ! 0,994
5) a) La variable aléatoire T peut prendre les valeurs : 35€ pour une femme non inscrite aux cours collectifs.
50€ pour un homme non inscrit aux cours collectifs. 70€ pour une femme inscrite aux cours collectifs. 80€ pour un homme inscrit aux cours collectifs.
b) Donner la loi de probabilité de T. Valeur de T 35 50 70 80 𝑝(𝑇 = ⋯ ) 0,03 0,32 0,57 0,08
b) En moyenne, sur un grand nombre d’adhérents, le club peut espérer récolter grâce aux cotisations,
𝐸 𝑇 = 35 ×0,03+ 50×0,32+ 70×0,57+ 80×0,08 = 63,35€ par adhérent. Ainsi pour 240 adhérents, le club peut espérer récupérer environ 15 204 euros. ( résultat du produit de 63,35 par 240).
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