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Baccalauréat 2017

Éléments de solutions

Exercice 1

Question 1. Réponse B

Pour tout entier naturel n, -1 ≤ -1n ≤ 1 donc comme n + 1 > 0, -1

n + 1<

-1n

n + 1<

1n + 1

.

Or on sait que limn→+∞

1n + 1

= 0 donc on a aussi limn→+∞

-1n + 1

= 0.

D’après le théorème des gendarmes, (u n) converge vers 0.

Question 2. Réponse C

Pour tout entier naturel n, on a v n =3n

5n ×

2n

3n + 1

1=

35

n1 +

23

n.

Comme 0 <35

< 1 et 0 <23

< 1, alors limn→+∞

35

n= 0 et lim

n→+∞

23

n= 0.

Ainsi par somme de limites, limn→+∞

1 +23

n= 1 et donc par produit de limites, lim

n→+∞v n = lim

n→+∞

35

n1 +

23

n= 0.

Question 3. Réponse D.Par construction, les droites M N et I J sont non coplanaires. Elles appartiennent à des plans parallèles: la face EFGH et le plan passant par les centres des 4 faces latérales.Les points M et N sont les centres respectifs des faces ABFE et BCFG.Comme les points M et N sont les milieux des faces ABFE et BCFG alors M et N sont les milieux des segments B E et F G.D’après le théorème des milieux, M N // E G.

On a clairement G I = G J et (en appliquant par exemple le théorème de Pythagore dans les triangles EHI et EFJ,), on a aussi E I = E J .La droite E G est la médiatrice du segment I J.Par suite E G est perpendiculaire à I J.

Par conséquent la droite M N est parallèle à une droite perpendiculaire à la droite I J.Donc M N et I J sont orthogonales.

A B

CD

E F

GHI

J

M

N×

×

Question 4. Réponse ALes droites T et T ′ sont:

On reconnaît h(x) =1

u(x)2 avec u(x) = x2 + 1.

Par suite comme 1u2

′

= -2 u′

u3 et comme x2 + 1′ = 2 x, h′(x) = -

2×2 x

x2 + 13= -

4 x

x2 + 13.

LFJM TS Maths ' Team CC2017

Question 4. Réponse ALes droites T et T ′ sont:

On reconnaît h(x) =1

u(x)2 avec u(x) = x2 + 1.

Par suite comme 1u2

′

= -2 u′

u3 et comme x2 + 1′ = 2 x, h′(x) = -

2×2 x

x2 + 13= -

4 x

x2 + 13.

On sait que l’équation réduite de la tangente au point d’abscisse a à la courbe 2 hest donnée par y = h′(a) (x - a) + h(a).

L’équation réduite de 3 est donc y = -4×-1

-12 + 13x - -1 +

1

-12 + 12=

12

x + 1 +14

=12

x +34

et une équation

réduite de T ′ est y = -4×1

12 + 13x - 1 +

1

1 + 12= -

12

x - 1 +14

= -12

x +34

.

Par conséquent les deux droites ne sont pas confondues (équations réduites distinctes), ni parallèles (coefficient

directeur distincts), et comme elles ont une ordonnée à l’origine commune égale à 34

, deux droites sécantes ayant un

unique point d’intersection, que les deux droites s’intersectent au point d’abscisse 0;34

.

Question 5. Réponse C

Procédons par élimination.Pour les deux premiers algorithmes (1 et 2), la valeur de n est initialisée à 0 et n’ait plus modifiée. Par suite les deux algorithmes affichent 0 à la sortie. Ils ne conviennent pas.Ensuite, pour l’algorithme 4, la boucle « Tant que » est conditionnée par « u ≥ 150 » et donc s’arrête tout de suite: u = 120 < 150 donc u ne vérifie pas u ≥ 150, la boucle s’arrête. La valeur affichée en sortie est 0.Finalement, il reste l’algorithme 3.

Exercice 2

Partie A

On rappelle que pour tous complexes z et z ′:

• z + z ′ = z + z ′ • z z ′ = z z ′ • zn = zn pour tout entier naturel n.

Soit E l’équation z3 - z2 + z - 1 = 0.

1. Démontrer que si z est solution de l’équation E, alors z est également une solution de E.

Pour tout complexe z, et tout entier naturel n, zn = zn donc z3 = z

3 et z2 = z

2 donc

z3- z

2+ z - 1 = z3 - z2 + z - 1.

Comme 1 ∈ ℝ, 1 = 1 donc:

z3- z

2+ z - 1 = z3 - z2 + z - 1

Ensuite comme la somme des conjugués est égale au conjugué de la somme, on obtient:

z3- z

2+ z - 1 = z3 - z2 + z - 1

Partant si z est solution de E, z3 - z2 + z - 1 = 0 et donc z3- z

2+ z - 1 = 0 = 0.

Ainsi z est aussi solution de E.

2. Montrer que 1 et ⅈ sont des solutions de E. Donner une troisième solution de E.

On a:13 - 12 + 1 - 1 = 1 - 1 + 1 - 1 = 0ⅈ3 - ⅈ2 + ⅈ - 1 = -ⅈ - -1 + ⅈ - 1 = -ⅈ + ⅈ + 1 - 1 = 0

Par suite 1 et ⅈ sont solutions de l’équation E.

D’après la question précédente, on déduit que 1 = 1 et ⅈ = -ⅈ sont aussi solutions.Finalement 1, ⅈ et -ⅈ sont solutions de l’équation E.

Remarquons que comme E est une équation polynomiale de degré 3, les 3 solutions sont les seules solutions de cette équation.

2 Terminale S Obligatoire Baccalauréat Blanc 2017

CC 2017 LFJM TS Maths ' Team

Remarquons que comme E est une équation polynomiale de degré 3, les 3 solutions sont les seules solutions de cette équation.

Partie B

On désigne par A et B les points d’affixe 1 et 4.

L’application f associe à tout point M d’affixe z, distinct de A, le point M ′d’affixe Z d’affixe Z =z - 4z - 1

.

1. Soit C le point d’affixe ⅈ 2 . Déterminer l’affixe de C ′ = f C .

On a z C ′ = f z C =z C - 4z C - 1

=ⅈ 2 - 4

ⅈ 2 - 1 d’où

z C ′ =-4 + ⅈ 2 -1 - ⅈ 2

-12 + 2 2

=-1× -4 - ⅈ 2

2+ ⅈ-4×- 2 + 2 ×-1

1 + 2=

6 + 3 ⅈ 23

donc z C ′ = 2 + ⅈ 2 .

2. Soit D le point d’affixe 3 - ⅈ. Déterminer l’affixe de D 1 tel que f D 1 = D.

On cherche à déterminer le nombre complexe z 1 = zD 1tel que f z 1 = 3 - ⅈ, c’est à dire l’antécédent de 3 - ⅈ par la

fonction f : z =z - 4z - 1

.

z 1 est donc solution de l’équation z - 4z - 1

= 3 - ⅈ. On obtient:

z - 4z - 1

- 3 - ⅈ = 0

z - 4 - 3 - ⅈ z - 1z - 1

= 0

-2 + ⅈ z + -1 - ⅈ

z - 1= 0

Ainsi pour z ≠ 1, il faut -2 + ⅈ z + -1 - ⅈ = 0 d’où z =1 + ⅈ

-2 + ⅈ=

1 + ⅈ -2 - ⅈ

-22 + 12=

-2 - i2 + ⅈ-2 - 15

donc z = -15

-35

ⅈ.

Le point D1 a pour affixe z 1 = -15

-35

ⅈ.

3. Un point M est invariant par f si et seulement si f M = M.

Démontrer que f admet deux points invariants I et J. (On notera I celui d’ordonnée positive.)

L’affixe z d’un point M invariant est solution de l’équation f z = z ⟺z - 4z - 1

= z . Il vient:

z - 4z - 1

- z = 0

z - 4 - zz - 1z - 1

= 0

-z2 + 2 z - 4z - 1

= 0

Par suite pour z ≠ 1, il faut -z2 + 2 z - 4 = 0,On reconnaît une équation du second degré à coefficients réels, dont le discriminant est Δ = 22 - 4×-1× -4 = -12 < 0.

Donc cette équation admet deux solutions complexes conjuguées z 2 =-2 - ⅈ 12

2×-1= 1 + ⅈ 3 et z 3 = 1 - ⅈ 3 .

Finalement l’application f admet deux points invariants, les points d’affixe 1 + ⅈ 3 et 1 - ⅈ 3 .

4. On pose z = x + ⅈ y et Z = X + ⅈ Y avec x, y, X , Y réels.

a. Déterminer X et Y en fonction de x et de y.

On a pour tout complexe z = x + ⅈ y:

Z = f z =x + ⅈ y - 4x + ⅈ y - 1

Z =x - 4 + ⅈ yx - 1 + ⅈ y

Z =x - 4 + ⅈ y x - 1 - ⅈ y

x - 12 + y2

Z =x - 4 x - 1 - i y2 + ⅈx - 4× - y + yx - 1

x - 12 + y2

Z =x2 - 5 x + y2 + 4

x - 12 + y2+ ⅈ

3 y

x - 12 + y2

Donc avec Z = X + ⅈ Y , on a obtenu X =x2 - 5 x + y2 + 4

x - 12 + y2 et Y =

3 y

x - 12 + y2.

Baccalauréat Blanc 2017 Obligatoire Terminale S 3


On a pour tout complexe z = x + ⅈ y:

Z = f z =x + ⅈ y - 4x + ⅈ y - 1

Z =x - 4 + ⅈ yx - 1 + ⅈ y

Z =x - 4 + ⅈ y x - 1 - ⅈ y

x - 12 + y2

Z =x - 4 x - 1 - i y2 + ⅈx - 4× - y + yx - 1

x - 12 + y2

Z =x2 - 5 x + y2 + 4

x - 12 + y2+ ⅈ

3 y

x - 12 + y2

Donc avec Z = X + ⅈ Y , on a obtenu X =x2 - 5 x + y2 + 4

x - 12 + y2 et Y =

3 y

x - 12 + y2.

b. Déterminer l’ensemble L 1 des points M d’affixe z tels que Z soit réel.

M ∈ L 1⟺Z ∈ ℝ⟺ImZ = 0⟺3 y

x - 12 + y2= 0.

Alors pour x; y ≠ 1; 0, il vient 3 y = 0 d’où y = 0.Ainsi z = x + 0 ⅈ donc z ∈ ℝ.Finalement L 1 = ℝ\1.

c. Déterminer l’ensemble L 2 des points M d’affixe z tel que Z soit imaginaire pur.

M ∈ L 2⟺Z ∈ ⅈ ℝ⟺ReZ = 0⟺x2 - 5 x + y2 + 4

x - 12 + y2= 0.

Ainsi pour x; y ≠ 1; 0, il vient:x2 - 5 x + y2 + 4 = 0

x -52

2-

52

2+ y - 02 + 4 = 0

x -52

2+ y - 02 -

94

= 0

x -52

2+ y - 02 =

32

2

On reconnaît l’équation du cercle de centre Ω de coordonnées 52

; 0 et de rayon 32

.

Remarquons que 1; 0 appartient à ce cercle.

Finalement L 2 est le cercle de centre Ω52

; 0 et de rayon 32

, privé du point de coordonnées 1; 0.

Exercice 3Commun à tous les candidats

On considère la fonction f définie et dérivable sur l’ensemble ℝ des nombres réels par f (x) = x + 1 +xⅇx .

On note 2 sa courbe représentative dans un repère orthonormé O, i⟶

, j⟶

.

1. Soit g la fonction définie et dérivable sur l’ensemble ℝ par g(x) = 1 - x + ⅇx .

Dresser, en le justifiant, le tableau donnant les variations de la fonction g sur ℝ (les limites de g aux bornes de son

ensemble de définition ne sont pas attendues).En déduire le signe de g(x).

La fonction g est dérivable sur ℝ et pour tout réel x, on a g′(x) = 0 - 1 + ⅇx = ⅇx - 1.Alors g′(x) > 0⟺ⅇx - 1 > 0⟺ⅇx > 1⟺x > 0.Finalement g′(x) > 0 pour x > 0, g′(x) = 0 pour x = 0 et g′(x) < 0 pour x < 0.

La fonction g est donc décroissante sur ] - ∞; 0 et croissante sur 0;+∞[. On obtient le tableau de variation pour g:



x -∞ 0 +∞

g′(x) - 0 +

g

2

On en déduit que la fonction g présente un minimum égal à g0 = 1 - 0 + ⅇ0 = 2 > 0 en x = 0.Par suite pour tout réel x, g(x) ≥ g0 ≥ 2 > 0: la fonction g est strictement positive sur ℝ.

2. Déterminer la limite de f en -∞ puis la limite de f en +∞.

– en -∞:Pour tout réel x, f (x) = x + 1 + x ⅇ-x .Or on sait que lim

x→-∞x + 1 = -∞ et lim

x→-∞x = -∞.

De plus comme limx→-∞

-x = +∞ et comme limX→+∞

ⅇX = +∞, on obtient limx→-∞

ⅇ-x = +∞.

Ainsi par produit de limites, limx→-∞

x ⅇ-x = -∞ et par somme de limites limx→-∞

f (x) = -∞.

– en +∞:

Pour tout réel x, f (x) = x + 1 +1ⅇx

x

.

Or on sait que limx→+∞

ⅇx

x= +∞ donc par inverse de limites, lim

x→+∞

xⅇx = lim

x→+∞

1ⅇx

x

= 0.

Finalement comme limx→+∞ x + 1 = +∞, alors par somme de limites, limx→+∞

f (x) = +∞.

3. On appelle f ' la dérivée de la fonction f sur ℝ. Démontrer que, pour tout réel x, f ' (x) = ⅇ-x g(x).

La fonction f est dérivable sur ℝ et pour tout réel x, f ′(x) = 1 + 0 +1×ⅇx - x ⅇx

(ⅇx )2= 1 -

ⅇx 1 - x

(ⅇx )2= 1 -

1 - xⅇx =

ⅇx + 1 - xⅇx .

On obtient ainsi que f ′(x) =g(x)

ⅇx =1ⅇx × g(x) = ⅇ-x g(x).

4. En déduire le tableau de variation de la fonction f sur ℝ.

Pour tout réel a, ⅇa > 0 donc pour tout réel x, -x est réel, ⅇ-x > 0.Ainsi f ′(x) est du signe de g(x).D’après la question 1., g(x) > 0 pour tout réel x.Donc f ′(x) > 0 pour tout réel x.La fonction f est donc strictement croissante sur ℝ.

On obtient le tableau de variation complet pour f :

x -∞ +∞

f ′(x) +

f

+∞

-∞

5. Démontrer que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution réelle α sur ℝ. Démontrer que -1 < α < 0.

La fonction f est continue sur ℝ puisque dérivable sur ℝ.La fonction f est strictement croissante sur ℝ =] - ∞; +∞[.De plus limx→-∞ f (x) = -∞ < 0 et limx→+∞ f (x) = +∞ > 0.Par conséquent, on sait que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α sur ℝ.



La fonction f est continue sur ℝ puisque dérivable sur ℝ.La fonction f est strictement croissante sur ℝ =] - ∞; +∞[.De plus limx→-∞ f (x) = -∞ < 0 et limx→+∞ f (x) = +∞ > 0.Par conséquent, on sait que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α sur ℝ.

Remarquons que f -1 = -1ⅇ-1

= -ⅇ < 0 et f 0 = 1 > 0 donc -1 < α < 0.

6. a. Démontrer que la droite T d’équation y = 2 x + 1 est tangente à la courbe 2 au point d’abscisse 0.

L’équation réduite de la tangente à la courbe 2 en son point d’abscisse 0 est donnée par y = f ′0 x - 0 + f 0.

Donc l’équation réduite de cette tangente est y = ⅇ-0 g0×x + 0 + 1 +0ⅇ1

= 2 x + 1.

C’est donc T.

b. Étudier la position relative de la courbe 2 et de la droite T.

On pose φ(x) = f (x) - y = f (x) - 2 x + 1 =xⅇx - x = xⅇ-x - 1.

Or on sait que:• x > 0 pour x > 0• ⅇ-x - 1 > 0⟺ⅇ-x > 1⟺-x > 0⟺x < 0

On obtient le tableau de signes pour φ(x):

x -∞ 0 +∞

x - 0 +

ⅇ-x - 1 + 0 -

φ(x) - 0 -

Finalement pour tout réel x, φ(x) ≤ 0: la courbe 2 est en-dessous de sa tangente T en 0 sur ℝ.

Exercice 4Candidats N’AYANT PAS SUIVI l’enseignement de spécialité mathématiques

Le chikungunya est une maladie virale transmise d’un être humain à l’autre par des piqûres de moustiques femelles infec-tées.Un test a été mis au point pour le dépistage de ce virus. Le laboratoire fabriquant ce test fournit les caractéristiques suivantes:

– la probabilité qu’une personne atteinte par le virus ait un test positif est 0, 98;– la probabilité qu’une personne non atteinte par le virus ait un test positif est 0, 01.

On procède à un test de dépistage systématique dans une population « cible ». Un individu est choisi au hasard dans cette population. On appelle:

– M l’événement: « l’individu choisi est atteint du chikungunya »;– T l’événement: « le test de l’individu est choisi est positif ».

On note p 0 ≤ p ≤ 1 la proportion de personnes atteintes par la maladie dans la population cible.



Partie A

On suppose dans toute cette partie que p = 0, 1.

1. Construire un arbre pondéré modélisant la situation.

On obtient l’arbre pondéré:

2. Calculer pM ⋂ T

On sait que pM ⋂ T = pM× p M T .Or on nous donne pM = p = 0, 1 et pM T = 0, 98.Par suite pM ⋂ T = 0, 1×0, 98 = 0, 098.

3. Montrer que la probabilité que le test soit positif est 0, 107.

On veut déterminer pT .

Or comme M et M—

forme une partition de l’univers, d’après la formule des probabilités totales,

pT = pM ⋂ T + p M—

⋂ T .

On a vu que pM ⋂ T = 0, 098.

On a aussi p M—

⋂ T = p M—

pM— T = 1 - p×0, 01 = 0, 9×0, 01 = 0, 009.

Ainsi pT = 0, 098 + 0, 009 = 0, 107

4. L’individu choisi a un test positif. Quelle est la probabilité qu’il soit atteint par la maladie ? (On donnera une valeur arrondie à 0,001 près.)

On veut déterminer qu’un individu soit malade sachant que son test est positif, donc p T M.

Or p T M =pT ⋂ M

pT donc p T M =

0, 0980, 107

= 0, 916 à 0,001 près.

Partie B

Dans toute cette partie, p est à nouveau un réel quelconque appartenant à 0; 1.On considère que le test est fiable lorsque la probabilité qu’une personne ayant un test positif soit réellement atteinte du chikungunya est supérieure ou égale à 0, 95.

1. Démontrer que la probabilité de M sachant T est donnée par la fonction f définie sur 0; 1 par f p =98 p

97 p + 1.

On a vu que p T M =pM ⋂ T

pT .

Or:• pM ⋂ T = pM p M T = p×0, 98 = 0, 98 p

• pT = pM ⋂ T + p M—

⋂ T = 0, 98 p + 1 - p×0, 01 = 0, 97 p + 0, 01

Ainsi pT M =0, 98 p

0, 97 p + 0, 01=

0, 01×98 p0, 01 97 p + 1

=98 p

97 p + 1.



Or:• pM ⋂ T = pM p M T = p×0, 98 = 0, 98 p

• pT = pM ⋂ T + p M—

⋂ T = 0, 98 p + 1 - p×0, 01 = 0, 97 p + 0, 01

Ainsi pT M =0, 98 p

0, 97 p + 0, 01=

0, 01×98 p0, 01 97 p + 1

=98 p

97 p + 1.

2. À partir de quelle proportion p de malades dans la population le test est-il fiable? (On donnera une valeur arrondie à 0, 01 près.)

On veut déterminer p tel que p T M ≥ 0, 95.

On résout donc l’inéquation 98 p

97 p + 1≥ 0, 95. On obtient:

98 p97 p + 1

- 0, 95 ≥ 0

98 p - 0, 95 97 p + 197 p + 1

≥ 0

5, 85 p - 0, 9597 p + 1

≥ 0

Or comme p ∈ 0; 1, 97 p + 1 > 0 donc il suffit de résoudre 5, 85 p - 0, 95 ≥ 0.

Il vient p ≥0, 955, 85

d’où p ≥19117

≈ 0, 16.

On en déduit que le test est fiable à partir du moment où la maladie atteint au moins 16% (plutôt 17%) de la population totale.

Partie C

En juillet 2015, l’institut de veille sanitaire d’une île annonce que 15% de la population est atteinte par le virus.On effectue des tests sur un échantillon de 100 personnes choisies au hasard dans cette île.La population est suffisamment importante pour considérer que le choix d’un tel échantillon peut être assimilé à un tirage avec remise de 100 personnes dans la population.

On désigne par X la variable aléatoire qui, à tout échantillon de 100 personnes choisies au hasard, fait correspondre le nombre de personnes atteintes par le virus,

1. Déterminer en justifiant la loi suivie par la variable aléatoire X et préciser ses paramètres.

Choisir une personne au hasard de la population et tester s’il est atteint par le virus ou non est une expérience aléatoire à 2 issues dont le paramètre de succès « le test est positif » est égal à p = 0, 15.Le choix de 100 personnes est assimilé à un tirage avec remise, donc l’expérience aléatoire qui consiste à choisir un échantillon de 100 personnes et de tester s’ils sont atteints par le virus est la répétition de 100 expériences aléatoires à 2 issues de paramètre de succès p = 0, 15 indépendantes et identiques.On sait donc que la variable aléatoire X qui compte le nombre de personnes testées positives parmi les 100 suit la loi binomiale de paramètres 100 et 0,15, ℬ100 ; 0, 15.

2. Quelle est la probabilité que sur cet échantillon exactement 10 personnes soient atteintes par le virus ? (On donnera une valeur arrondie à 0, 01 près.)

L’événement « sur cet échantillon exactement 10 personnes sont atteintes par le virus » est l’événement X = 10.

On a donc pX = 10 =10010

×0, 1510×1 - 0, 15100-10 = 17 310 309 456 440×0, 1510×0, 8590 d’où

pX = 10 ≈ 0, 0443 = 0, 04 à 0,01 près.

3. Quelle est la probabilité qu’au plus 15 personnes soient atteintes par le virus? (On donnera une valeur arrondie à 0, 01 près).

L’événement « au plus 15 personnes soient atteintes par le virus » est l’événement X ≤ 15.

On a pX ≤ 15 = k=0

15

pX = k ≈ 0, 5683 = 0, 57 à 0, 01 près.



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