Bac de maths 2024 — Centres étrangers · 6 juin

1 : un tirage est la liste ordonnée des trois numéros obtenus, et le jeton est remis à chaque fois : c'est donc un 3-uplet d'éléments de l'ensemble {1 ; 2 ; … ; 8}, les répétitions étant permises. À chacune des trois piochées on dispose des mêmes 8 jetons, donc par le principe multiplicatif il y a 8 × 8 × 8 = 8³ = 512 tirages possibles.

2.a : un tirage sans répétition revient à un tirage sans remise : 8 choix pour le premier numéro, puis 7 pour le deuxième (différent du premier), puis 6 pour le troisième (différent des deux premiers). Il y a donc 8 × 7 × 6 = 336 tirages sans répétition de numéro — ce sont les arrangements de 3 éléments parmi 8.

2.b : l'ensemble des tirages se partage en deux parties disjointes : ceux qui n'ont aucune répétition et ceux qui en ont au moins une. Par passage au complémentaire, le nombre cherché est 512 − 336 = 176 tirages contenant au moins une répétition de numéro.

3 : le sac est opaque et les jetons indiscernables au toucher : chaque jeton a la même chance d'être pioché, on est en situation d'équiprobabilité. La variable X₁ suit donc la loi uniforme sur {1 ; 2 ; … ; 8} : P(X₁ = k) = 18 pour chaque entier k de 1 à 8. Contrôle : la somme des huit probabilités vaut 8 × 18 = 1.

4 : par définition de l'espérance, E(X₁) = 1 × P(X₁ = 1) + 2 × P(X₁ = 2) + … + 8 × P(X₁ = 8) = (1 + 2 + … + 8) × 18. La somme des huit premiers entiers vaut 8 × 9 ÷ 2 = 36, donc E(X₁) = 368 = 4,5. Le numéro pioché vaut donc 4,5 en moyenne.

5 : l'espérance est linéaire, donc E(S) = E(X₁ + X₂ + X₃) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃) (cette propriété ne demande pas l'indépendance). Les trois variables suivant la même loi, E(S) = 3 × E(X₁) = 3 × 4,5 = 13,5 : la somme des trois numéros vaut 13,5 en moyenne.

6 : la somme maximale possible est 8 + 8 + 8 = 24, donc l'événement (S = 24) n'est réalisé que par le seul tirage (8 ; 8 ; 8). Les 512 tirages étant équiprobables, P(S = 24) = 1512 ≈ 0,002. On retrouve ce résultat par indépendance de X₁, X₂ et X₃ : P(X₁ = 8) × P(X₂ = 8) × P(X₃ = 8) = (18)³ = 1512.

7.a : gagner un lot, c'est réaliser S = 22, S = 23 ou S = 24, trois cas incompatibles que l'on dénombre séparément. S = 24 : seule décomposition 8 + 8 + 8, soit 1 tirage. S = 23 : seule décomposition 8 + 8 + 7 ; les deux numéros identiques se placent de 3 façons dans le triplet, soit 3 tirages, à savoir (7 ; 8 ; 8), (8 ; 7 ; 8) et (8 ; 8 ; 7). S = 22 : deux décompositions, 8 + 8 + 6 et 8 + 7 + 7, chacune donnant de même 3 tirages, soit 6 tirages. Au total 1 + 3 + 6 = 10 tirages permettent de gagner un lot.

7.b : les 512 tirages sont équiprobables et 10 d'entre eux sont favorables, donc la probabilité de gagner un lot vaut 10512 = 5256 ≈ 0,0195. Le joueur a donc environ 2 chances sur 100 de gagner un lot.

1.a : on fait tendre x vers 1 en restant dans ]−∞ ; 1[, donc par valeurs strictement inférieures. Par continuité de la fonction exponentielle, le numérateur eˣ tend vers e¹ = e ≈ 2,72 > 0 ; le dénominateur x − 1 tend vers 0 tout en restant strictement négatif, ce qu'on note 0⁻. Par quotient d'une limite strictement positive par une limite nulle négative : lim f(x) = −∞ quand x → 1 avec x < 1.

1.b : une limite infinie en une valeur finie se traduit graphiquement par une asymptote verticale. La droite d'équation x = 1 est donc asymptote verticale à la courbe C.

2 : quand x → −∞, on a eˣ → 0 (limite de référence de l'exponentielle) et x − 1 → −∞. Le quotient d'une quantité tendant vers 0 par une quantité tendant vers −∞ tend vers 0, donc lim f(x) = 0 quand x → −∞. Comme eˣ > 0 et x − 1 < 0, la courbe reste sous l'axe des abscisses : la droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale à C en −∞.

3.a : f s'écrit uv avec u(x) = eˣ, u′(x) = eˣ, v(x) = x − 1, v′(x) = 1, le dénominateur ne s'annulant pas sur ]−∞ ; 1[. La formule de dérivation d'un quotient, (uv)′ = u′v − uv′v², donne f ′(x) = [eˣ × (x − 1) − eˣ × 1] ÷ (x − 1)². On factorise eˣ au numérateur : eˣ(x − 1 − 1) = (x − 2)eˣ. D'où f ′(x) = (x − 2)eˣ ÷ (x − 1)².

3.b : sur ]−∞ ; 1[, eˣ > 0 (l'exponentielle est strictement positive) et (x − 1)² > 0 (carré non nul), donc f ′(x) est du même signe que x − 2. Or x < 1 < 2, donc x − 2 < 0 et par conséquent f ′(x) < 0 sur tout l'intervalle. La fonction f est donc strictement décroissante sur ]−∞ ; 1[ : dans le tableau de variations, f ′ porte le signe − et f décroît de 0 (limite en −∞, valeur non atteinte) jusqu'à −∞ (limite en 1).

4.a : la convexité se lit sur le signe de f ′′. Le trinôme x² − 4x + 5 a pour discriminant Δ = (−4)² − 4 × 1 × 5 = 16 − 20 = −4 < 0 ; comme le coefficient de x² est positif, ce trinôme est strictement positif pour tout réel x (on peut aussi écrire x² − 4x + 5 = (x − 2)² + 1 ⩾ 1). De plus eˣ > 0, et puisque x − 1 < 0 sur l'intervalle, (x − 1)³ < 0 (un cube conserve le signe). Le quotient d'un nombre positif par un nombre négatif est négatif : f ′′(x) < 0 sur ]−∞ ; 1[, donc la fonction f est concave sur ]−∞ ; 1[.

4.b : la tangente au point d'abscisse a a pour équation y = f ′(a)(x − a) + f(a), ici avec a = 0. On calcule f(0) = e⁰ ÷ (0 − 1) = 1−1 = −1 et f ′(0) = (0 − 2)e⁰ ÷ (0 − 1)² = −2 × 11 = −2. L'équation réduite de la tangente T est donc y = −2x − 1.

4.c : une fonction concave a sa courbe située en dessous de chacune de ses tangentes. Comme f est concave sur ]−∞ ; 1[ d'après 4.a, on a pour tout x de cet intervalle f(x) ⩽ −2x − 1, c'est-à-dire eˣ ÷ (x − 1) ⩽ −2x − 1. On multiplie les deux membres par x − 1, qui est strictement négatif sur ]−∞ ; 1[ : l'inégalité change de sens, et on obtient eˣ ⩾ (−2x − 1)(x − 1) pour tout réel x de ]−∞ ; 1[.

5.a : f est dérivable donc continue sur ]−∞ ; 1[, et strictement décroissante d'après 3.b. Ses limites aux bornes valent 0 en −∞ et −∞ en 1, donc f réalise une bijection de ]−∞ ; 1[ sur l'intervalle ]−∞ ; 0[. Comme −2 appartient à ]−∞ ; 0[, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones garantit que l'équation f(x) = −2 admet une unique solution α dans ]−∞ ; 1[.

5.b : on sait déjà que f(0) = −1 > −2 et que f décroît, donc α se situe entre 0 et 1. Par balayage à la calculatrice : f(0,31) ≈ −1,98, valeur supérieure à −2, et f(0,32) ≈ −2,03, valeur inférieure à −2. La décroissance de f donne alors l'encadrement 0,31 < α < 0,32, d'amplitude 0,01 = 10⁻² comme demandé.

1 : dans le repère (A ; AB, AD, AE), les sommets du cube ont pour coordonnées A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1). Les coordonnées d'un milieu sont les moyennes de celles des extrémités : I, milieu de [AB], a pour coordonnées I(12 ; 0 ; 0), et J, milieu de [CG], a pour coordonnées J(1 ; 1 ; 12).

2 : on calcule EJ = (1 − 0 ; 1 − 0 ; 12 − 1), soit EJ(1 ; 1 ; −12). On choisit ensuite deux vecteurs du plan (FHI) : FH(0 − 1 ; 1 − 0 ; 1 − 1) = (−1 ; 1 ; 0) et FI(12 − 1 ; 0 − 0 ; 0 − 1) = (−12 ; 0 ; −1). Produits scalaires en repère orthonormé : EJ · FH = 1 × (−1) + 1 × 1 + (−12) × 0 = 0 et EJ · FI = 1 × (−12) + 1 × 0 + (−12) × (−1) = −12 + 12 = 0. Les vecteurs FH et FI ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles, la troisième de FH est nulle et pas celle de FI), donc EJ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (FHI) : il est normal à ce plan.

3 : si un vecteur n(a ; b ; c) est normal à un plan, ce plan admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0. Pour éviter les fractions, on prend n = −2 EJ, soit n(−2 ; −2 ; 1), qui est colinéaire à EJ donc normal lui aussi à (FHI). Le plan a donc une équation −2x − 2y + z + d = 0. On détermine d en écrivant que F(1 ; 0 ; 1) appartient au plan : −2 × 1 − 2 × 0 + 1 + d = 0, soit −1 + d = 0, donc d = 1. Une équation cartésienne du plan (FHI) est −2x − 2y + z + 1 = 0. Vérification avec H(0 ; 1 ; 1) : 0 − 2 + 1 + 1 = 0, et avec I(12 ; 0 ; 0) : −1 + 0 + 0 + 1 = 0.

4 : la droite (EJ) passe par E(0 ; 0 ; 1) et admet EJ(1 ; 1 ; −12) pour vecteur directeur. Une représentation paramétrique s'obtient en écrivant les coordonnées d'un point courant, x = xE + t × 1, y = yE + t × 1, z = zE + t × (−12) : x = t ; y = t ; z = 1 − t2, avec t ∈ ℝ.

5.a : puisque EJ est normal au plan (FHI), la droite (EJ) est perpendiculaire à ce plan ; le projeté orthogonal K de E sur (FHI) est donc le point d'intersection de la droite (EJ) et du plan. On reporte les coordonnées d'un point de (EJ) dans l'équation du plan : −2t − 2t + (1 − t2) + 1 = 0, soit −4t − t2 + 2 = 0, c'est-à-dire −(92)t = −2, donc t = 49. On remplace dans la représentation paramétrique : K(49 ; 49 ; 1 − (12) × 49), soit K(49 ; 49 ; 79).

5.b : le volume d'une pyramide vaut V = (13) × B × h, où B est l'aire d'une base et h la hauteur associée. On choisit comme base le triangle EFH, contenu dans la face supérieure EFGH (plan d'équation z = 1). Comme EF(1 ; 0 ; 0) et EH(0 ; 1 ; 0) sont orthogonaux et de norme 1, le triangle EFH est rectangle isocèle en E, d'aire B = EF × EH2 = 1 × 12 = 12 cm². La hauteur associée est la distance du sommet I au plan (EFH) : l'énoncé admet que le projeté orthogonal de I sur ce plan est L(12 ; 0 ; 1), milieu de [EF], et comme I(12 ; 0 ; 0) on obtient IL = √0² + 0² + 1² = 1 cm. Donc V = (13) × (12) × 1 = 16 cm³.

5.c : on recalcule le même volume en prenant cette fois FHI comme base ; la hauteur correspondante est la distance de E au plan (FHI), c'est-à-dire EK, puisque K est le projeté orthogonal de E sur ce plan. Or EK = (49 − 0 ; 49 − 0 ; 79 − 1) = (49 ; 49 ; −29), donc EK = √1681 + 1681 + 481 = √3681 = 69 = 23 cm. L'égalité des deux expressions du volume donne (13) × aire(FHI) × (23) = 16, soit aire(FHI) × (29) = 16, d'où aire(FHI) = (16) × (92) = 34. L'aire du triangle FHI vaut donc 34 cm², soit 0,75 cm².