BacS2016corrigé-mathématiques-pondichéry

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• Publié par: Studyrama
• Publié le: 22 avril 2016
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Extrait

1

Bac Pondichéry Maths 2016

par Vincent Douce, professeur agrégé de maths

Exercice 1 : probabilités & échantillonnage

Partie A

1řa) voir annexe 1
1řb)p(5,8!T!22) = 1−2×0,En e023 d’après le graphique.ffet :

p(T!5,8) +p(5,8!T!22) +p(T"22) = 1.
!!"#$$!!"#$$
0,0230,023

On trouvep(5,8!T!22) = 0,953.
−2
Or, on sait quep(µ−2σ!T!µ+ 2σ) = 0,95 à 10près (en fait 0,9545).
Ainsi, on peut approcher par2σ=22−µ=µ−5,8 = 8,1d’oùσ= 4,05 soit au dixième :σ= 4,1.
2) On demandep(T"18). On trouveavec la calculatricep(T"18)≈0,16.

Partie B

1) voir annexe 1
p1
¯
D’après lecture de l’arbre :p(O) =p(O∩R) +p(O∩R) =+.
2 6
6255
2řa) On calculeqech= =,
1500 12
% '
& &
qech(1−qech)qech(1−qech)
on sait que cet intervalle estIq=qech−1,96;qech+ 1,96 .
n n
& &
qech(1−qech) 17
−4
On calcule= =0,près.0127 en arrondissant par exemple à 10
n1203
On trouveIq= [0,4040; 0,4294].
p1 1
2řb) On aq= +⇔p= 2q−d’oùIp= [0,4747; 0,5255]: cette proportion est environ 1/2.
2 63

2 Exercice2 : géométrie
*
( )√
2
1 5
2
1)B J+= 1d’après le théorème de Pythagore, on trouveB J=.
2 2
√
5−1
B K=B J−RC=.
2
4iπ2π
ki
5 5
2řa) L’affixe deA2esta2=ecar l’affixe deAkestak=e.
2řb) Raisonnons avec les coordonnées :

1

( () ( ))
4π4π
A2cos;sin etB(−1; 0)d’après Pythagore :. Toujours
5 5
*
( ()) ( ())
2 2
4π4π
B A2= 1+cos+sin.
5 5

On développe les carrés :

B A2

=

=

+
( )( )( )
4π4π4π
2 2
,1 + 2cos+cos+sin
-5 55
!!"#$$
=1
*
( )
4π
2 + 2cos.
5

& &&
√ √ √√
−5−1 5+ 13−5 5−1
2řc) D’après le logiciel,B A2= 2+ 2×= 2−= ==B K.
4 22 2
3) On placeB , JpuisK, puis on trace le cercle de centreBpassant parK:A2sera dessus.
CommeA2est aussi sur le cercle trigo, on trace celui-ci, on a maintenantA2.
EnsuiteA1est sur la médiatrice de[A0A2]et aussi sur le cercle trigo ; ainsi on aA1(vu queA0
est connu carA0(1; 0)).
Les autres points sont obtenus par report de mesure, voir annexe.

3

1)

•

Exercice 3 : espace

A(0; 0; 0)

•

G(1; 1; 1)

•

I(1; 0; 1/ 2)

•

J(1; 1 / 2; 0)

•

2řa)A G(1; 1; 1)on calcule aussiI J(0; 1 /2;−1 /2)etI K(−1/ 2; 1;−1 /2).

K(1/ 2; 1; 0).

On remarque queA G∙I J= 1/ 2−1 /2 = 0etA G∙IK=−1 / 2 + 1−1 /2 = 0.

Ainsi,AGest orthogonal à deux vecteurs de(I J K)donc normal au plan.

2řb) on applique la formule de l’équation d’un plan de vecteur normal(a, b, c)et passant par
M(x0, y0, z0):

Ici, cela donne :

a x+b y+c z=a x0+b y0+c z0.

x+y+z= 1 + 0 + 1/ 2

⇔

x+y+z= 3/ 2.

3řa)Mcourt le long de la diagonale(AG). Ona directementM(t;t;t).

Par Pythagore :

2
M I

=
=
=

2 22
(t−1) +t+ (t−1 / 2)
2 22
t−2t+ 1 +t+t−t+ 1/ 4
2
3t−3t+ 5/ 4.

2

b
3řb) Ce trinome du second degré aveca= 3;b=−3;c= 5 / 4est minimal pourt0=−= 1 /
2c’est2a
à-dire effectivement pour le pointN(1/ 2; 1/ 2; 1/ 2).
4řa) Il suffit de vérifier queNvérifie l’équation du plan(I J K):

1 /2 + 1/ 2 + 1 /2 = 3/ 2.

C’est bon !
4řb)I N(−1/ 2; 1/ 2; 0)etAG(1; 1; 1)etB F(0; 0; 1)(vecteur vertical) et donc :

d’où le résultat demandé.

4

Exercice 4

I N∙A G=−1 /2 + 1 / 2 = 0
I N∙B F+ 0 + 0 = 0= 0...

Sixest l’abscisse deM(avecx"0), l’aire deO PM Qest donnée par la formule :

AO P M Q=largeur×hauteur
=OP×OQ
=x×f(x)
= 2x−xln(x/ 2).

Cette grandeur n’est pas constante. Par exemple, pourx= 2cette aire vaut 4 tandis que pourx= 1
elle vaut2−ln(1/ 2) = 2 +ln(2)≈2,69.
Admet-elle un maximum ?Pour le savoir, posonsg(x) = 2x−xln(x/2), alors :

1
′
g(x) = 2−ln(x/2)−x×
x
= 1−ln(x/2).

Cette quantité s’annule pourx/ 2 =e⇔x= 2e, elle est positive avant et négative après.
Donc elle admet un maximum obtenu pourx= 2esoitM(2e,1)(pour info cette aire max vaut
Amax= 2e).

5

Exercice 5

Partie A

T0=25
T1=36,25◦
1) ona doncT3=54C.
T2=45,81
T3=53,94
2) Par récurrence.
On remarque que l’algorithme traduit une relation de récurrence qui pourrait s’écrire :

•

Tn+1= 0,85×Tn+15.

Initialisation : la formule marche pourn= 0car elle donneT0=100−75=25 ce qui est vrai.

3

•

•

n
Hérédité : siTn=100−75×0,85 alors:

Tn+1

=
=
=

n
0,85(100−75×0,85) +15
n+1
85−75×0,85+15
n+1
100−75×0,85.

En partant de la formule au rangnon a validé la formule au rangn+ 1, cette formule est
donc héréditaire.

Vraie enn= 0et héréditaire, la formule annoncée est donc vraie pour toutn∈N.

3) On nous demande de résoudre :

Tn=85

⇔
⇔
⇔
⇔

n
100−75×0,85=85
n
75×0,85=15
n
0,85= 5
ln(1 /5)
n=.
ln(0,85)

On trouven≈9,9on peut donc répondre : « au bout de 10 minutes ».

Partie B
( )( )( )
ln5ln5ln5
′ ′
1řa)f(t) =−75∙−exp−∙td’oùf(t) = 7,5×ln5×exp−∙t.
10 1010
Ceci est toujours positif doncfcroît sur[0; +∞[.
ln5
Remarque 1 : on aurait aussi pu partir du sens de variation de la fonctiont→ −t: décroissant,
10
puis composer par exp : toujours décroissant, puis par le produit par−75 : croissant, puis par
l’ajout du nombre 100 : toujours croissant.Cela évite de dériver.
Remarque 2 : tout ceci suppose connu que ln5>0, ce qui découle de5>1.

1řb) Puisquefcroît, pourt"10, on af(t)"f(10).
Calculonsf(10):

f(10)

=
=
=
=

−ln5
100−75×e
1
100−75×
5
100−15
85,

d’où le résultat.
2řa) D’après le graphique,A(25)Or un rectangle a pourest supérieur à trois rectangles et demi.
aire5×5 =25 donc 3,5 rectangles font 75+12,5qui est supérieur à 80.
2řb) Pourt"10,Cfest au-dessus de la droite d’équationy=85 doncA(θ)est donné par :
.
θ
A(θ) =[f(t)−85] dt
10
. .
θ θln5
−t
10
=15dt−75edt,
10 10

par linéarité de l’intégrale.

4

/
θ
Vu que15dt=15(θ−10)on a bien le résultat annoncé.
10
ln5
/−t
θ
10
3řc) Calculons :A(20) =15×10−75edt
10
.
θln5
−t
10
A(20) =150−75edt
10
% '
20
ln5
−t
10
10
=150−75−e
ln5
10
( )
10 10
−2ln5−ln5
=150−75−e+e
ln5ln5
( )
101101
=150−75− ×+×
ln525 ln5 5
( )
101 1
=150−75× −
ln5 525
104
=150−75× ×
ln525
120
=150−.
ln5

On nous demande si :

A(20)>80

⇔

⇔

⇔

120
150−>80
ln5
120
<70
ln5
12
ln5> .
7

12
Vu que ln5≈1,6et≈1,7la réponse est : « presque » !
7
(non, elle n’est pas fini, mais on n’est pas loin...).

5