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Corrigé Bac S 2017 Pondchéry - Mathématiques

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BACCALAUREAT

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Ajouté le : 15 mai 2017
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Baccalauréat Pondichéry!

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Session 2017

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Épreuve obligatoire :
Mathématiques

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Durée de l’épreuve : 4 heures

Coefficient : 7

PROPOSITION DE CORRIGÉ

1

1

Exercice 1

1.1 PartieA
1) D’après l’arbre ci-dessous, on a:

p(C) =p(C∩A) +p(C∩B) = 0,98x+ 0,95(1−x),

ce qui donne bien la réponse attendue:p(C) = 0,03x+ 0,95.
2) On sait maintenant quep(C) = 0,96. Nous devons donc résoudre uneéquation du premier degré:

0,03x+ 0,95= 0,96⇔0,03x= 0,01
1
⇔x=.
3
On nous demande de démontrer que1−xest le double dex:. Écrivons cela sous forme d’équation
on nous demande de montrer que1−x= 2x, cela signifie que1 + 3x, c’est exactement ce que nous
1
avons établi en écrivant quex=!
3
1.2 PartieB
1) La durée de vie moyenne, c’est l’espérance deZpuisque. Or,Z∼E(λ), nous savons que
11
E(Z) =. Ainsidonc, l’énoncé nous indique queλ0= =,2.
λ5
−λ×2−0,4
2)p(Z >= e2) = e≈0,67.
3) On demandepZ >3(Z >5)mais on sait que la loi exponentielle est sans mémoire, ce qui veut
dire que cette probabilité est égale àp(Z >2).

1.3 PartieC
1) La calculatrice nous fournitp(83< X <87)≈0,6827peut connaître ce résultat par cœur. On
car il s’agit en fait dep(µ−σ< X< µ+σ).
La probabilité que la teneur en cacao diffère de plus de 2 points de pourcentages (et non pas 2%)
de la teneur annoncée est1−p(83< X <87)≈0,3173.
2) On trouve avec la calculatricea= 3,29veut dire que l’on avait 68% de chances que la. Cal
teneur en chocolat soit entre 83 et 87, et on a 90% de chances qu’elle soit entre 81,71 et 88,29.
3) La chocolaterie affirme que la probabilité d’un certain événement est 90%=0,9.
Le responsable prend un échantillon de taille 550, donc, au seuil de 95%, la fréquence observée
! #
" "
0,9(1−0,9) 0,9(1−0,9)
devrait être dans l’intervalle0,9−1,96; 0,9 + 1,96 .
√ √
550 550
"
0,9(1−0,9)
Vu que1,96√≈2,5%, on a donc l’intervalle de confiance[87,5%;92,5%].
550
80
Or, la fréquenc eobservée estf=≈0,1455, ce qui correspond à une fréquence contraire
550
¯
f= 1−0,1455= 0,8545≈85% de tablettes correspondant aux critères annoncés.
L’affirmation de la chocolaterie ne semble donc pas crédible.

2 Exercice2
1) a) On calculeΔ=36−4cet l’on nous demande de prouver queΔ<0ce qui équivaut à4c >36,
on divise par4à gauche et à droite et cela donnec >9, ce qui est vrai par hypothèse.

Pondichéry 2017 Maths obli

1

b) On calcule les racines:

−b−i 4c−36
zA=
2

6−2ic−9
=
2

= 3−ic−9.

zBétant le conjugué dezA, on azB= 3 + ic−9.
2)zAetzBétant conjugués ont le même module, doncOA=OB.
ˆ ˆ
3)OABne peut être rectangle que en O, carA=B=45ř. Maintenant,OABserait rectangle en
zA
Osi et seulement si on avait= iou−isoit :
zB

√ √
3−ic−9
√= i⇔3−ic−9 = i(3 + ic−9)
3 + ic−9

⇔3(1−i) =c−9 (i−1)

⇔ −3 =c−9impossible.

3

Exercice 3


3−ic−9
√=−i
3 + ic−9

√ √
⇔3−ic−9 =−i(3 + ic−9)

⇔3(1 + i) =c−9 (i + 1)

⇔3 =c−9
⇔9 =c−9
⇔c=18.

3.1 PartieA

u
1)fest de la forme lnudonc de dérivée:
u


f(x)

=

−4x
.
2
−2x+13,5

2
2) Je vérifie que−2x+13,5est positif dans[−2,5; 2,5]. Unsimple calcul montre que l’on a ceci:
2 2
−2×2,5 +13,5 = 1. Or,−2x+13,5est censé être positif entre ses racines donc a fortiori sur
[−2,5; 2,5]:

2

2
Figure 1.Courbe dex→ −2x+13,5.

Pondichéry 2017 Maths obli

Le dénominateur est positif (voir paragraphe précédent).

Le signe du numérateur est celui de−4x. Ainsi:

x

f(x)
f

-2,5

+

0
0
0

On peut calculer (ce n’est pas demandé) le maximum:

f(0)


=ln(13,5)≈2,6.

Reste à calculerf(2,5) =f(−2,5)trouve. Onf(2,5) =f(−2,5) = 0.

Ansi,fest à valeurs positives dans l’intervalle où l’énoncé l’a défini.

3.2

Partie B

2,5
.

Remarque :la courbe est symétrique par rapport à(Oy)car la fonctionfest paire, ce qui nous
avons sous-entendu plus haut: pour toutxde l’ensemble de définition,f(x) =f(−x).

1) Non,Cfn’est pas un arc de cercle car vu que le point(2,5; 0)est surCf, l’arc de cercle en
question serait de rayon 2,5, ce qui est contradictoire avecf(0)≈2,6calculé plus haut.
$ $
2,5 2,5
2) L’aire estf(x)dx= 2f(x)dxpar symétrie de la courbe. Mais ceci est exprimé en unité
−2,5 0
2
d’aires. Uneunité est un carré de côté 1, or cela représente2mde côté soit4mPourde surface.
2
avoir l’aire enmde la surface de creusement, il faut donc multiplier notre intégrale par 4, ce qui,
vu qu’il y a déjà un facteur 2, donne:
$
2,5
A= 8f(x)dx.
0
3) Algorithme

Figure 2.Mathoscope deR.
Sest la somme des aires des rectangles (approximation par excès, donc, de l’aire sous la courbe).

Pondichéry 2017 Maths obli

3

a) Complétons le tableau:

Figure 3.Les valeurs demandées sont en gras.

−6
Les valeurs demandées sont donc, à 10près :

lignek= 1:R=S= 0,130116 ;

lignek= 4:S= 0,519981 ;

lignek=50 :R= 0(carf(2,5) = 0) etS= 5,197538.

La valeur finale deSest la même que celle de la ligne 50, à savoir:S= 5,197538.
$
2,5
b) La valeur obtenue pourSest une approximation def(x)dx.
0
Pour la précision de cette approximation, l’énoncé nous indique qu’il faut calculer:

f(0)−f(2,5) 2,6
×2,5≈ ×2,5≈0,13.
n50

Ainsi, on peut être sûr queS!I!S+ 0,13. On multiplie par 8 pour avoir une approximation deA:

41,580304!A!41,580304+ 1,04
⇔41,580304!A!42,62.

Si l’on veut l’approximation au mètre carré près, on doit donc dire:

4

4.1

Exercice 4

Partie A

A≈42.

1) On a tapéB3=2*B2-A2+3etC3=2*C2(ouC3=2^A3).
% &
un
2)(un)sembletendre vers+∞etsembletendre vers 3.
vn

4.2

Partie B

1) Démonstration par récurrence:

c’est vrai pourn= 0caru0= 3 + 0−2 = 1;

4

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n
hérédité :siun= 3×2 +n−2, alors:

un+1=
=
=
=

2un−n+ 3
n
2 (3×2 +n−2)−n+ 3
n
2×3×22 +n−4−n+ 3
n+1
3×(2 +n+ 1)−2 ;

conclusion :la propriété est vraie pour toutn"0.

2) Par une simple somme, la limite de(un)est donc+∞.
n6
3) On doit résoudre3×2 +n−2"10 . Cela étant impossible de manière exacte, on va résoudre
% &
6
10+ 2
ln
6
103+ 2
n6n
d’abord3×2−2"10⇔2"d’oùn"≈18,344.
3ln(2)
Maintenant, cela peut nous aider à délimiter le tâtonnement.Calculons :

u18=786 448(normal, on a pris 18 au lieu de 18,344);

u19= 1572 881.

On peut donc répondre que le rang demandé estn=19.

4.3 PartieC
un+12un−n+ 3un−n+ 3
1)= =+. Vuque−n+ 3est négatif pourn"3, on en déduit que
vn+12vnvn2vn% &
un+1unun
est plus petit queà partir den= 3, ce qui signifie quedécroît à partir den= 3.
vn+1vnvn
n
un3×2 +n−2n2
2) On a= =3 +−.En utilisant l’encadrement proposé, et en remarquant
n nn
vn22 2
n2
que pourn"2on a−"0:, on a donc
n n
2 2
un1 2
3! !3 +−.
n
vnn2
un
Cela prouve quea pour limite 3, comme conjecturé.
vn

5

Exercice 5

Le point(1,0,0)est surP, et il correspond au pointB.
′ ′
Le point (0,2,0) est aussi surPet il correspond au pointDtel queAD= 2AD.

′ ′
Enfin, le point (0,0,3) est surPet il correspond au pointEtel queAE= 3AE.

Maintenant, je relieCetD(pointZ).

Je peux aussi relierBetE(pointX).
′ ′
Je constate queEetDMais j’aimerais avoir un pointsont sur un même plan, donc je les relie.
du planEFGH. Alorsje prolonge(EH)(pointY).
Je relieYetX(pointW).
Je relie enfinWetZ.

Pondichéry 2017 Maths obli

5

Je pouvais aussi, pour attraperW, tracer la parallèle à(BX)passant parZ.

6

Figure 4.

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