Cet examen simili 5 de maths 2 SPC-SVT pour la 2ème Bac PC et SVT est proposé avec un corrigé détaillé étape par étape pour s’entraîner dans les conditions de l’examen. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 2Bac PC-SVT.
Simili 5 – Maths 2 SPC-SVT
Exercice 01Fonction logarithme népérien et suite de la forme un+1 = f(un)
PARTIE 1
On considère la fonction g définie sur ]0 , +∞[ par : g(x) = −x + 1 + x ln x.
01.
a. Calculer g′ la fonction dérivée de g , puis donner le tableau de variations de g.
g′(x) = −1 + ln x + x × 1x = ln x. Donc g′(x) < 0 sur ]0 ; 1[ et g′(x) > 0 sur ]1 ; +∞[. De plus g(1) = 0, limx→0+ g(x) = 1 (car x ln x → 0) et limx→+∞ g(x) = +∞ (g(x) = x(−1 + ln x) + 1).
| x | 0 | 1 | +∞ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| g′(x) | − | 0 | + | ||
| g(x) | 1 | ↘ | 0 | ↗ | +∞ |
b. On déduire que : ∀x > 0 ; g(x) ≥ 0 puis que la seule solution de l’équation g(x) = 0 est 1.
Le minimum de g sur ]0 , +∞[ est g(1) = 0, atteint seulement en x = 1.
∀x > 0, g(x) ≥ 0, et g(x) = 0 ⟺ x = 1.
02. On considère la fonction h définie sur ]0 , +∞[ par : h(x) = 1 + 2x ln x.
a. Calculer h′ la fonction dérivée de h , puis donner le tableau de variations de h.
h′(x) = 2 ln x + 2 = 2(ln x + 1), qui s’annule en x = 1e. h(1e) = 1 + 2e × (−1) = 1 − 2e ≈ 0,26.
| x | 0 | 1e | +∞ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| h′(x) | − | 0 | + | ||
| h(x) | 1 | ↘ | 1 − 2e | ↗ | +∞ |
b. On déduire que : ∀x > 0 ; h(x) > 0.
Le minimum de h est 1 − 2e > 0 (car e > 2).
∀x > 0, h(x) > 0.
PARTIE 2
On considère la fonction f définie sur [0 , +∞[ par : f(x) = x(−1 + ln x) + 2√x si x ≠ 0 et f(0) = 0.
01.
a. Montrer que f est continue à droite de x0 = 0.
limx→0+ x ln x = 0, lim x = 0 et lim 2√x = 0.
limx→0+ f(x) = 0 = f(0) : f est continue à droite de 0.
b. Montrer que : limx→0+ f(x)x = +∞. ( on peut poser t = √x ). Donner une interprétation géométrique du résultat obtenu.
f(x)x = −1 + ln x + 2√x. Avec t = √x → 0+ : ln x = 2 ln t et f(x)x = −1 + 2 ln t + 2t = −1 + 2(1 + t ln t)t → +∞ (car t ln t → 0 et 2t → +∞).
limx→0+ f(x)x = +∞ : (Cf) admet au point O une demi-tangente verticale (dirigée vers le haut).
c. Montrer que : limx→+∞ f(x) = +∞.
f(x) = x(ln x − 1) + 2√x avec x(ln x − 1) → +∞ et 2√x → +∞.
limx→+∞ f(x) = +∞.
d. Montrer que : limx→+∞ f(x)x = +∞. donner une interprétation géométrique du résultat obtenu.
f(x)x = ln x − 1 + 2√x → +∞.
(Cf) admet au voisinage de +∞ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
02.
a. Calculer f′ la fonction dérivée de f sur ]0 , +∞[ puis vérifie que f′(x) = 1√x h(√x).
f′(x) = (−1 + ln x) + x × 1x + 1√x = ln x + 1√x.
Et h(√x) = 1 + 2√x ln √x = 1 + √x ln x, donc 1√x h(√x) = 1√x + ln x.
f′(x) = 1√x h(√x). ✓
b. On déduit que la fonction f est croissante sur [0 , +∞[ ; donner le tableau de variations de f.
h > 0, donc f′(x) > 0 sur ]0 , +∞[ et f (continue en 0) est strictement croissante sur [0 , +∞[.
| x | 0 | +∞ |
|---|---|---|
| f′(x) | + | |
| f(x) | 0 ↗ | +∞ |
c. Donner l’équation de la tangente (Δ) à la courbe (Cf) de f au point d’abscisse x1 = 1.
f(1) = 1 × (−1 + 0) + 2 = 1 et f′(1) = 0 + 1 = 1.
(Δ) : y = f′(1)(x − 1) + f(1) = x.
d. Construire la courbe (Cf) de f et la tangente (Δ) dans un repère orthonormé (O, i, j) unité de mesure 1 cm.
Figure : (Cf) (bleu), la tangente (Δ) : y = x, et la courbe de f−1 (vert, question 04).
03.
a. Montrer que : f(x) − x = 2√x g(√x).
g(√x) = −√x + 1 + √x ln √x = 1 − √x + √x2 ln x, donc
2√x g(√x) = 2√x − 2x + x ln x
et f(x) − x = x(−1 + ln x) + 2√x − x = x ln x − 2x + 2√x. ✓
b. On déduit que : la courbe (Cf) de f est au-dessus de la droite (Δ).
D’après la partie 1, g ≥ 0, donc f(x) − x = 2√x g(√x) ≥ 0.
(Cf) est au-dessus de (Δ), avec contact aux points d’abscisses x = 0 et x = 1.
04.
a. Montrer que la fonction f admet une fonction réciproque f−1 définie sur l’intervalle J ; on détermine J.
f est continue et strictement croissante sur [0 , +∞[, donc elle réalise une bijection de [0 , +∞[ sur J = [f(0), lim+∞ f[.
f−1 est définie sur J = [0 , +∞[.
b. Vérifier que : f(1) = 1 puis montrer que la fonction f−1 est dérivable en 1 puis calculer (f−1)′(1).
f(1) = 1 ✓ (calculé plus haut). f est dérivable en 1 avec f′(1) = 1 ≠ 0 et 1 ∈ J, donc f−1 est dérivable en 1 :
(f−1)′(1) = 1f′(f−1(1)) = 1f′(1) = 1.
c. Construire la courbe (Cf−1) de la fonction réciproque f−1 dans le même repère (O, i, j).
(Cf−1) est le symétrique de (Cf) par rapport à la première bissectrice y = x (courbe verte de la figure).
05.
a. Vérifie que : (23√x3)′ = √x pour x > 0.
23√x3 = 23 x3/2, donc sa dérivée est 23 × 32 x1/2.
(23√x3)′ = √x. ✓
b. On utilise une intégration par parties, montrer que ∫1e x ln x dx = e2 + 14.
Avec u = ln x, v′ = x (u′ = 1x, v = x22) :
∫1e x ln x dx = [ x22 ln x ]1e − ∫1e x2 dx = e22 − e2 − 14
∫1e x ln x dx = e2 + 14. ✓
c. Calculer en cm2 l’aire de la partie du plan limitée par la courbe (Cf) et l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 1 et x = e.
f est croissante et f(1) = 1 > 0, donc f ≥ 0 sur [1 ; e]. L’unité étant 1 cm, 1 u.a. = 1 cm2.
A = ∫1e f(x)dx = ∫1e x ln x dx − ∫1e x dx + 2∫1e √x dx
A = e2 + 14 − e2 − 12 + 2 × 23(e√e − 1)
A = 43 e√e − e24 − 712 cm2 ≈ 3,54 cm2.
PARTIE 3
06. On considère la suite (un) définie par : u0 = 12 et un+1 = f(un) ; ∀n ∈ ℕ.
a. Montrer que : ∀n ∈ ℕ ; 0 ≤ un ≤ 1.
f est croissante sur [0 , 1] avec f(0) = 0 et f(1) = 1 : f([0, 1]) = [0, 1].
Récurrence : u0 = 0,5 ∈ [0, 1] ; si un ∈ [0, 1] alors un+1 = f(un) ∈ [0, 1].
∀n ∈ ℕ, 0 ≤ un ≤ 1.
b. Montrer que la suite (un) est croissante.
un+1 − un = f(un) − un = 2√un g(√un) ≥ 0 (question 03.b).
(un) est croissante.
c. On déduit que (un) est une suite convergente.
(un) est croissante et majorée par 1 : elle converge.
d. Déterminer la limite de la suite (un).
Soit ℓ = lim un ∈ [ 12 ; 1 ]. f est continue, donc f(ℓ) = ℓ, soit 2√ℓ g(√ℓ) = 0. Comme ℓ > 0, g(√ℓ) = 0, donc √ℓ = 1 (seule solution de g(x) = 0).
lim un = 1.
Exercice 02Nombres complexes et équation différentielle
01. Résoudre dans l’ensemble ℂ l’équation z2 − 4z + 29 = 0.
Δ = 16 − 116 = −100 = (10i)2.
z1 = 4 + 10i2 = 2 + 5i et z2 = 2 − 5i.
02. Résoudre l’équation differentielle suivante : (E) : y″ − 4y′ + 29y = 0.
L’équation caractéristique est r2 − 4r + 29 = 0, de racines 2 ± 5i.
y(x) = e2x(A cos 5x + B sin 5x), (A, B) ∈ ℝ2.
03. Déterminer la fonction g(x) solution de l’équation (E) tel que : g(0) = 1 et g(π2) = eπ.
g(0) = A = 1.
g(π2) = eπ(A cos 5π2 + B sin 5π2) = eπ(0 + B) = Beπ = eπ, donc B = 1.
g(x) = e2x(cos 5x + sin 5x).
04. Le plan complexe (P) étant rapporté au repére orthonormé (O, u, v) ; on considère les points A et B d’affixes respectivement a = 5 + 2i et b = −2 + 5i. On considère la rotation R de centre le point Ω d’affixe ω = −2 + 2i et d’angle π2.
a. Etablir que l’écriture complexe de la rotation R est z′ = iz + 4i.
z′ − ω = eiπ/2(z − ω) = i(z − ω), donc z′ = iz + ω(1 − i).
ω(1 − i) = (−2 + 2i)(1 − i) = −2 + 2i + 2i − 2i2 = 4i.
z′ = iz + 4i. ✓
b. Verifier que c = −2 + 9i et d = 1 + 2i les affixes des points C et D tel que : R(A) = C et R(D) = B.
R(A) : i(5 + 2i) + 4i = 5i − 2 + 4i = −2 + 9i = c. ✓
R(D) : i(1 + 2i) + 4i = i − 2 + 4i = −2 + 5i = b. ✓
c. Montrer que : (AD) ⟂ (BC) et AD = BC.
A(5 ; 2), D(1 ; 2), B(−2 ; 5), C(−2 ; 9) : AD = (−4 ; 0) et BC = (0 ; 4).
AD · BC = 0 et AD = 4 = BC
(AD) ⟂ (BC) et AD = BC. ✓
05. Soit M un point du plan complexe (P) d’affixe z = x + yi avec x ∈ ℝ et y ∈ ℝ. On considère le cercle (C) de centre A d’affixe a = 5 + 2i et de rayon 2.
a. Montrer que : M(z) ∈ (C) ⟺ x2 + y2 − 10x − 4y + 25 = 0.
M ∈ (C) ⟺ AM = 2 ⟺ (x − 5)2 + (y − 2)2 = 4 ⟺ x2 − 10x + 25 + y2 − 4y + 4 − 4 = 0.
M ∈ (C) ⟺ x2 + y2 − 10x − 4y + 25 = 0. ✓
b. Soit le point M′ est le point du plan complexe (P) d’affixe z′ = x′ + y′i avec x′ ∈ ℝ et y′ ∈ ℝ l’image de M par la rotation R. On utilise deux méthodes différentes montrer qu’on a : |z′ − c| = 2.
Ici M ∈ (C), c’est-à-dire |z − a| = 2.
Méthode 1 (géométrique) : R(A) = C et R(M) = M′ ; une rotation conserve les distances, donc CM′ = AM = 2.
Méthode 2 (algébrique) : z′ − c = (iz + 4i) − (ia + 4i) = i(z − a), donc |z′ − c| = |i| |z − a| = |z − a| = 2.
|z′ − c| = 2. (L’image de (C) est le cercle de centre C et de rayon 2.)
06. Soit le point F est l’ image du point B par l’homothétie h de centre A et de rapport k = 2.
a. Montrer que : l’affixe du point F est f = −9 + 8i.
f − a = 2(b − a), donc f = 2b − a = 2(−2 + 5i) − (5 + 2i) = −4 + 10i − 5 − 2i.
f = −9 + 8i. ✓
b. Sans faire des calculs donner (Γ′) l’image du cercle (Γ) de centre B et de rayon rΓ = 4.
L’image d’un cercle par une homothétie de rapport k = 2 est le cercle de centre l’image du centre, de rayon |k| × 4.
(Γ′) est le cercle de centre F(−9 + 8i) et de rayon 8.
Exercice 03Probabilité
On considère un dé avec 6 faces dont quatre faces portent le numéro 2 et deux faces portent le numéro 3 ; un sac contient cinq pièces de monnaie dont deux pièces de monnaie de 5 DH et deux pièces de monnaie de 2 DH et une pièce de monnaie de 1 DH.
1ière expérience : on lance le dé une fois. Si on obtient le numéro 2 on tire successivement et sans remise deux pièces de monnaie de l’urne. Si on obtient le numéro 3 on tire simultanément trois pièces de monnaie de l’urne.
01. Calculer les probabilités des événements suivants : A « le dé donne le numéro 2 » ; B « la somme des pièces de monnaie tirées est 6 DH » ; C « la somme des pièces de monnaie tirées est 5 DH ».
p(A) = 46 = 23.
Cas « le dé donne 2 » (probabilité 23) : tirage successif de 2 pièces, 5 × 4 = 20 tirages ordonnés équiprobables. Sommes possibles : 5 + 5 = 10, 5 + 2 = 7, 5 + 1 = 6, 2 + 2 = 4, 2 + 1 = 3.
La somme 6 s’obtient avec (5 ; 1) ou (1 ; 5) : 2 × 1 × 2 = 4 tirages ; la somme 5 est impossible.
Cas « le dé donne 3 » (probabilité 13) : tirage simultané de 3 pièces, C(5, 3) = 10 tirages. Sommes : {5,5,2} → 12 (2 tirages) ; {5,5,1} → 11 (1) ; {5,2,2} → 9 (2) ; {5,2,1} → 8 (4) ; {2,2,1} → 5 (1). La somme 6 est impossible et la somme 5 s’obtient une seule fois.
p(B) = 23 × 420 + 13 × 0 = 215.
p(C) = 23 × 0 + 13 × 110 = 130.
2ième expérience : on tire une pièce de monnaie l’une après l’autre et sans remise et on s’arrête de tirer les pièces de monnaie lorsque la somme des pièces de monnaie tirées est au moins 5 DH. On considère la variable aléatoire X définie par « le nombre des pièces de monnaie tirées lorsqu’on s’arrête ».
01. Donner l’ensemble X(Ω) ( ensemble des valeurs de X ).
Avec une pièce de 5 DH, on s’arrête dès le premier tirage. Sinon, les pièces 2, 2, 1 ont pour somme 5 : on s’arrête au plus tard au 3ème tirage.
X(Ω) = {1, 2, 3}.
02. Montrer que : p(X = 2) = 310 et p(X = 3) = 310.
(X = 2) : on s’arrête au 2ème tirage si la 1ère pièce n’est pas de 5 DH et si la somme des deux pièces est ≥ 5 :
- 1ère = 2 (prob 25), 2ème = 5 (prob 24) : somme 7 → 25 × 24 = 15 ;
- 1ère = 1 (prob 15), 2ème = 5 (prob 24) : somme 6 → 15 × 24 = 110.
p(X = 2) = 15 + 110 = 310. ✓
(X = 3) : les deux premières pièces sont (2,2), (2,1) ou (1,2) (somme < 5), et la troisième atteint toujours la somme ≥ 5 :
- (2,2) : 25 × 14 = 110 ; (2,1) : 25 × 14 = 110 ; (1,2) : 15 × 24 = 110.
p(X = 3) = 310. ✓
03. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire X.
p(X = 1) = p(1ère pièce de 5 DH) = 25 = 410.
| xi | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| p(X = xi) | 410 | 310 | 310 |
Somme : 4 + 3 + 310 = 1 ✓.
04. On déduit que l’espérance mathématique de la variable aléatoire X est E(X) = 1910.
E(X) = 1 × 410 + 2 × 310 + 3 × 310 = 4 + 6 + 910 = 1910. ✓
05. Calculer V(X) la variance de la variable aléatoire X. On déduit σ(X) l’écart-type de X.
E(X2) = 1 × 410 + 4 × 310 + 9 × 310 = 4310.
V(X) = E(X2) − (E(X))2 = 4310 − 361100 = 69100
σ(X) = √V(X) = √6910 ≈ 0,83.
Exercice 04Produit scalaire dans l’espace et produit vectoriel
L’espace (ℰ) étant rapporté au repère orthonormé (O, i, j, k) on considère : le plan (P) définie par l’ équation cartésienne suivante : 2x + y − z + 6 = 0 ; les deux points A(0, 2, 2) et B(1, 2, −1).
01. Donner une représentation paramétrique de la droite (D) passant par A et orthogonale à (P).
n(2 ; 1 ; −1) est normal à (P), donc dirige (D).
(D) : x = 2t, y = 2 + t, z = 2 − t, t ∈ ℝ.
02. Déterminer les coordonnées du point H l’intersection de (D) et (P).
2(2t) + (2 + t) − (2 − t) + 6 = 6t + 6 = 0, donc t = −1.
H(−2 ; 1 ; 3). (Vérification : −4 + 1 − 3 + 6 = 0 ✓.)
03. Calculer la distance du point A au plan (P).
d(A, (P)) = |2×0 + 2 − 2 + 6|√4 + 1 + 1 = 6√6 = √6. (Et AH = |(−2 ; −1 ; 1)| = √6 ✓.)
04. Soit (S) l’ensemble des points M(x, y, z) de l’espace (ℰ) qui vérifie l’équation suivante : x2 + y2 + z2 − 4y − 4z − 1 = 0. Montrer que (S) est une sphère on précise son rayon RS et les coordonnées de son centre Ω.
x2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 1 + 4 + 4 = 9
(S) est la sphère de centre Ω(0 ; 2 ; 2) (c’est le point A) et de rayon RS = 3.
05.
a. Montrer que le plan (P) coupe la sphère (S) suivant un cercle (C).
d(Ω, (P)) = √6 ≈ 2,45 < 3 = RS.
Le plan (P) coupe la sphère (S) suivant un cercle (C).
b. Donner RC le rayon de (C).
RC = √RS2 − d2 = √9 − 6 = √3.
c. Déterminer les coordonnées du point I le centre de (C).
I est le projeté orthogonal de Ω sur (P), c’est-à-dire le point H trouvé en 02.
I(−2 ; 1 ; 3).
06. Soient u(4, 1, 0) et v(2, 1, −1) deux vecteurs de l’espace (ℰ).
a. Calculer : u ∧ v ; est ce que u et v son colinéaires.
u ∧ v = (1×(−1) − 0×1 ; 0×2 − 4×(−1) ; 4×1 − 1×2) = (−1 ; 4 ; 2)
u ∧ v ≠ 0 : u et v ne sont pas colinéaires.
b. Déterminer une équation cartésienne du plan (Q) passant par B orienté par u et v on utilise deux méthodes complètement différentes.
Méthode 1 (vecteur normal) : u ∧ v = (−1 ; 4 ; 2) est normal à (Q) : −x + 4y + 2z + d = 0. B ∈ (Q) : −1 + 8 − 2 + d = 0, donc d = −5.
Méthode 2 (déterminant) : M(x, y, z) ∈ (Q) ⟺ det(BM, u, v) = 0 avec BM = (x − 1 ; y − 2 ; z + 1) :
(x − 1)(1×(−1) − 0×1) − (y − 2)(4×(−1) − 0×2) + (z + 1)(4×1 − 1×2) = −(x − 1) + 4(y − 2) + 2(z + 1) = 0
(Q) : −x + 4y + 2z − 5 = 0 (ou x − 4y − 2z + 5 = 0).
c. Montrer que les plans (P) et (Q) sont sécants suivant une droite (Δ).
Les vecteurs normaux (2 ; 1 ; −1) et (−1 ; 4 ; 2) ne sont pas colinéaires (car 2−1 ≠ 14).
(P) et (Q) sont sécants suivant une droite (Δ).
d. Déterminer un vecteur directeur de la droite (Δ).
Un vecteur directeur de (Δ) est orthogonal aux deux normaux : (2 ; 1 ; −1) ∧ (−1 ; 4 ; 2) = (1×2 − (−1)×4 ; (−1)(−1) − 2×2 ; 2×4 − 1×(−1)) = (6 ; −3 ; 9).
w(2 ; −1 ; 3) (= 13 × (6 ; −3 ; 9)) dirige (Δ).
e. Donner une représentation paramétrique de la droite (Δ).
Cherchons un point commun : pour x = 0 : y − z + 6 = 0 et 4y + 2z − 5 = 0 donnent z = y + 6, 6y + 7 = 0 : y = −76, z = 296.
(Δ) : x = 2t, y = −76 − t, z = 296 + 3t, t ∈ ℝ.
Vérification : (P) : 4t − 76 − t − 296 − 3t + 6 = 0 ✓ ; (Q) : −2t − 143 − 4t + 293 + 6t − 5 = 0 ✓.