Terminale Spécialité Préparation du Bac blanc 2024 CORRECTION Bac blanc 2023

« Terminale Spécialité Préparation du Bac blanc 2024 CORRECTION Bac blanc 2023 SUJET A Exercice 1 : 1. Les coordonnées du vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀 sont : 1 1 On a 𝑀 ( ; 0; 0)et 𝐻(0; 1; 1).

Donc ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀 ( ; −1; −1) 2 2 2. Les droites suivantes ne sont pas coplanaires : (𝐴𝑁) et (𝑀𝐻 3. 𝑥=1 Une représentation paramétrique de la droite (𝐶𝐺) est : {𝑦 = 1 , 𝑡 ∈ ℝ 𝑧=𝑡 On a 𝐶(1; 1; 0) et 𝐺(1; 1; 1) donc ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐺 (0; 0; 1).

Donc une représentation paramétrique de (𝐶𝐺) est 4. 𝑥 = 1 + 0𝑡 {𝑦 = 1 + 0𝑡 , 𝑡 ∈ ℝ en utilisant le vecteur directeur ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐺 (0; 0; 1) et le point 𝐶. 𝑧 = 0+𝑡 2 Un vecteur est normal au plan (𝐻𝑀𝑁) est : 𝑛⃗ (−2) 3 1 1 1 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( ; ; 0). Un vecteur normal au plan (𝐻𝑀𝑁) est orthogonal aux vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀 ( ; −1; −1) et 𝑀𝑁 2 1 1 1 Avec 𝑛⃗ (−2) on a 𝑛⃗.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀 = 2 × + 2 − 3 = 0 et 𝑛⃗.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁 = 2 × − 2 × + 3 × 0 = 0 2 2 2 3 5. 3 1 2 2 L’équation cartésienne du plan (𝐻𝑀𝑁) est : 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − = 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .

𝑛⃗ = 0 𝐾(𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ (𝐻𝑀𝑁) ⟺ 𝐻𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Or 𝐻𝐾 (𝑥 ; 𝑦 − 1 ; 𝑧 − 1) donc : 𝐾(𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ (𝐻𝑀𝑁) ⟺ 2𝑥 − 2(𝑦 − 1) + 3(𝑧 − 1) = 0 ⟺ 2𝑥 − 2𝑦 + 2 + 3𝑧 − 3 = 0 ⟺ 2𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 1 = 0 3 1 ⟺𝑥−𝑦+ 𝑧− =0 2 2 6. On admet que le plan (𝐻𝑀𝑁) et la droite (𝐶𝐺) sont sécants.

Les coordonnées de leur point d’intersection 𝐿 1 sont : (1; 1; ) 3 3 1 Equation du plan (𝐻𝑀𝑁) ∶ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − = 0 2 2 𝑥 = 1 + 0𝑡 Représentation paramétrique de (𝐶𝐺) ∶ {𝑦 = 1 + 0𝑡 𝑧 = 0+𝑡 3 1 1 On résout donc 1 − 1 + 𝑡 − = 0 𝑖𝑒 3𝑡 − 1 = 0 donc 𝑡 = 2 2 3 1 D’où les coordonnées du point sont 𝐿 (1; 1; ) 3 7. Les droites (𝐴𝐺) et (𝐹𝐷) sont : sécantes Diagonales du rectangle 𝐹𝐺𝐷𝐴. 1 Exercice 2 : On en déduit , par un produit en croix, que 𝑙(4 + 𝑙) = 2 + 3𝑙 ⟺ 4𝑙 + 𝑙 2 = 2 + 3𝑙 ⟺ 𝑙 2 + 𝑙 − 2 = 0 2 3 Exercice 3 : Partie C 2.

𝐸(𝑋) = 15 × 1 10 + (−5) × 9 10 = −3.

Si je joue un grand nombre de fois à cette loterie, je perdrais, en moyenne, 3€ par partie. 4 Valeurs prises par X 15 -5 Probabilité correspondante 1/10 9/10 Exercice 4 : Partie B 1) 𝑓(𝑡) = 2𝑡𝑒 −𝑡 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒 𝑢𝑣 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑢 = 2𝑡 𝑢′ = 2 𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑣 ′ = −𝑒 −𝑡 ′ (𝑡) ′ ′ −𝑡 −𝑡 ) −𝑡 −𝑡 −𝑡 𝑓 = 𝑢 𝑣 + 𝑢𝑣 = 2𝑒 + 2𝑡(−𝑒 = 2𝑒 − 2𝑡𝑒 = (2 − 2𝑡)𝑒 = 2(1 − 𝑡)𝑒 −𝑡 4) a) La fonction 𝑓 est continue et strictement décroissante sur [1 ; +∞[.

De plus, 𝑓(1) ≈ 0,73 > 0,2 et lim 𝑓(𝑡) = 0 < 0,2 .

Donc d’après le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires, l’équation 𝑓(𝑡) = 0,2 𝑡→+∞ admet une unique solution sur [1 ; +∞[. 𝑓(3,577) = 0,2000219 > 0,2 𝑒𝑡 𝑓(3,578) = 0,1998 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑡2 ≈ 3,58 𝑡2 ≈ 3,58ℎ = 3ℎ + 0,58 ℎ = 3ℎ + 0,58 × 60 = 3ℎ 34,8 min 𝑠𝑜𝑖𝑡 3ℎ 35 𝑚𝑖𝑛. b) Tableau complété. p 0,25 t 3,5 3,75 4 4,25 4,5 4,75 5 5,25 5,5 5,75 6 6,25 6,5 6,75 7 7,25 7,5 7,75 8 8,25 C 0,21 0,18 0,15 0,12 0,10 0,08 0,07 0,06 0,04 0,036 0,03 0,024 0,019 0,015 0,012 0,010 0,008 0,007 0,005 0,0043 L’algorithme affiche alors 8,25 .

Donc au bout de 8,25h (8h15 min) , la qualtité d’alcool dans le sang n’est plus détectable. 5 Sujet B. Exercice 1 : 1. 5 −1 Les coordonnées des vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑨𝑩 𝒆𝒕 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑨𝑫 sont respectivement: (1) 𝑒𝑡 ( 5 ) −4 0 2. Le quadrilatère 𝑨𝑩𝑪𝑫 est : Un rectangle non carré 5 5 −1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 5 ).

Donc ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = −5 + 5 + 0 = 0. On a ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 (1) , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 (1) et 𝐴𝐷 𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 et ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵.

𝐴𝐷 −4 0 0 Donc 𝐴𝐵𝐶𝐷 est un parallélogramme avec un angle droit : c’est un rectangle. De plus, 𝐴𝐵 = √25 + 1 = √26 et 𝐴𝐷 = √1 + 25 + 16 = √42.

Donc 𝐴𝐵𝐶𝐷 n’est pas un carré. 3. −2 Un vecteur normal au plan (𝑨𝑩𝑫) est : 𝑛⃗ ( 10 ) 13 Un vecteur 𝑛⃗ est normal au plan (𝐴𝐵𝐷) ssi il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par ex −2 5 −1 ⃗⃗⃗⃗⃗ .

Or avec 𝑛⃗ ( 10 ), comme ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 5 ) on a 𝑛⃗.

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 + à ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝑒𝑡 𝐴𝐷 𝐴𝐵 (1), 𝐴𝐷 𝐴𝐵 = −10 + 10 + 0 = 0 et 𝑛⃗.

𝐴𝐷 13 −4 0 50 − 52 = 0. 4. Ce vecteur est donc normal au plan (𝐴𝐵𝐷). Une représentation paramétrique de la droite ∆ passant par le point 𝑲 et orthogonale au plan (𝑨𝑩𝑫) est 𝑥 = −2𝑡 − 3 : { 𝑦 = 10𝑡 + 14 , 𝑡 ∈ ℝ 𝑧 = 13𝑡 + 14 La droite ∆ passant par le point 𝐾(−3; 14; 14) et orthogonale au plan (𝐴𝐵𝐷) a pour vecteur directeur le vecteur −2 𝑛⃗ ( 10 ) normal au plan (𝐴𝐵𝐷). 13 5. Une équation cartésienne du plan (𝑨𝑩𝑫) est : 2𝑥 − 10𝑦 − 13𝑧 + 55 = 0 −2 Le plan (𝐴𝐵𝐷) a pour vecteur normal 𝑛⃗ ( 10 ) et passe par 𝐴(−3; 1; 3), (par ex). 13 Donc 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) ∈ (𝐴𝐵𝐷) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .

𝑛⃗ = 0 ⟺ −2(𝑥 + 3) + 10(𝑦 − 1) + 13(𝑧 − 3) = 0 ⟺ −2𝑥 + 10𝑦 + 13𝑧 − 55 = 0 ⟺ 𝐴𝑀 6. Les coordonnées du projeté orthogonal de 𝑲 sur (𝑨𝑩𝑫) sont : (−1; 4; 1) Le projeté orthogonal 𝐾′ de 𝐾(−3; 14; 14) sur (𝐴𝐵𝐷) est l’intersection de ∆ et de (𝐴𝐵𝐷).

Ses coordonnées 𝑥 = −2𝑡 − 3 𝑦 = 10𝑡 + 14 vérifient donc le système : { ,𝑡 ∈ ℝ 𝑧 = 13𝑡 + 14 −2𝑥 + 10𝑦 + 13𝑧 − 55 = 0 D’où on a −2(−2𝑡 − 3) + 10(10𝑡 + 14) + 13(13𝑡 + 14) − 55 = 0 Donc 4𝑡 + 100𝑡 + 169𝑡 + 6 + 140 + 182 − 55 = 0 Par suite 273𝑡 = −273 et donc 𝑡 = −1 D’où 𝐾′(−1; 4; 1) 7. Le volume de la pyramide 𝑲𝑨𝑩𝑪𝑫 est : 182 8. L’aire du rectangle 𝐴𝐵𝐶𝐷 est 𝐴𝐵 × 𝐴𝐷 = 2√273.

La hauteur de la pyramide est 𝐾𝐾 ′ = √4 + 100 + 169 = √273.

Donc le volume de la pyramide 𝐾𝐴𝐵𝐶𝐷 est 𝑉 = 6 2√273×√273 3 = 182 Exercice 2 : 5.a. def seuil() : 𝑛=0 u=280 while u 0 𝑠𝑢𝑟 [ 0 ; 𝛼 [ ..... »