bac 2017 Corrigé de l'épreuve de Maths S

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• Publié par: LeParisienEtudiant
• Publié le: 21 juin 2017
• Nombre de lectures: 26 936
• Langue: Français

Extrait

1, on a−(a+ 1)6−1 et donc cette dernière quantité n’est jamais égale à 0. Ainsi, quelle que soit la valeur du réela, le pointAn’appartient pas au planP. 3) Ce corrigé est indicatif et n’est ni officiel, ni exhaustif ′ h(x) −x 1)limxe= 0 x→+∞ ′ −x−x−x′ 2)Commeh(x) =e−xe=e(1−x), on en déduit le tableau de signes dehpuis de variations deh sur [0,+∞[ : a) Z Z λ λ Aλ=f(x)−g(x) dx=h(x) =H(λ)−H(0) 0 0 carHest une primitive deh, et donc h(x) 0 −x′ −x−x−x−x b)Comme (−e() =−(−e)) =e, la fonction−eest une primitive dex7→e −x′ −x c)Commeh(x) =e−h(x), en notantHune primitive de la fonctionh, on auraH(x) =−e−h(x). Exercice 1 −1 e 0 x 21 juin 2017 1) a)CommeMetNont la même abscisse, la distanceM Nest simplement la différence de leurs ordonnées, donc Partie B 1 +λ −λ0−λ−λ−λ Aλ= (−e−h(λ))−(−e−h(0)) =−e−λe+ 1 =e(−1−λ) + 1 = 1− λ e 1+λ1+λ b)limAλ1= lim−λ= 1 carλtend vers 0 lorsqueλtend vers +∞." />

−x
M N=f(x)−g(x) =xe=h(x)
−1 1
qui atteint son maximum enx= 1 d’après la question 2 de la partie A, et vaut alorse= .
e
b)Placer les pointsMetNsur les points des courbes d’abscisse 1

Sujet original, très "pratique", où il fallait avoir de bonnes capacités d’interprétation de données parfois un peu
intimidantes à première vue. Très exhaustif en terme de notions vues!

Mathématiques

0

+∞

Série : S

Exercice 2
2 22
1)Le pointAappartient au planPsi et seulement si 2−a−3 =−a−1 =−(a+ 1) = 0,or comme pour
2 2
toutadansRa+ 1>1, on a−(a+ 1)6−1 et donc cette dernière quantité n’est jamais égale à 0.
Ainsi, quelle que soit la valeur du réela, le pointAn’appartient pas au planP.

3)

Ce corrigé est indicatif et n’est ni officiel, ni exhaustif

′
h(x)

−x
1)limxe= 0
x→+∞
′ −x−x−x′
2)Commeh(x) =e−xe=e(1−x), on en déduit le tableau de signes dehpuis de variations deh
sur [0,+∞[ :

a)
Z Z
λ λ
Aλ=f(x)−g(x) dx=h(x) =H(λ)−H(0)
0 0
carHest une primitive deh, et donc

h(x)

0

−x′ −x−x−x−x
b)Comme (−e() =−(−e)) =e, la fonction−eest une primitive dex7→e
−x′ −x
c)Commeh(x) =e−h(x), en notantHune primitive de la fonctionh, on auraH(x) =−e−h(x).

Exercice 1

−1
e

0

x

21 juin 2017

1)

a)CommeMetNont la même abscisse, la distanceM Nest simplement la différence de leurs ordonnées,
donc

Partie B

1 +λ
−λ0−λ−λ−λ
Aλ= (−e−h(λ))−(−e−h(0)) =−e−λe+ 1 =e(−1−λ) + 1 = 1−
λ
e
1+λ1+λ
b)limAλ1= lim−λ= 1 carλtend vers 0 lorsqueλtend vers +∞. Ainsi, l’aire du domaine
e e
λ→+∞λ→+∞
Dλtend vers 1 lorsqueλtend vers +∞.
−5
a)Il afficheraλ= 3 carA3= 0,80085 à 10près.
b)Le rôle de cet algorithme est de déterminer le premier entierntel queAn>0.8

0

1

Baccalauréat 2017 - 4h - obligatoire

Baccalauréat 2017

−

x′x−x−x−x
e−h(x) =e−(e−xe) =xe=h(x)

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a)

3)

+

2)

Partie A

Série : S

2)

a)Un vecteur normal au planPest le vecteuru0;= (2;−1). La droiteDde vecteur directeurtet

x= 1 + 2t
passant parAadmet pour représentation paramétriquey=a
2
z=a−t
p p
2 2 22 2
b)D’après le système précédent, on aAM= (xM−xA() +yM−yA) +(zM−zA(2) =t) +(t) =
√
2
5t

3)Notons (x,y,z) les coordonnées du pointH. CommeH∈(P), on a 2∗x−z−3 = 0, et donc 2∗(1 + 2t)−
2
2 1+a
(a−t)−3 = 0, ce qui donne après calculst= commeparamètre deH. Ainsi, la distanceAHvaut
5
q
√2
2
1+a1+a
2 22
donc 5t= 5() =qui est minimal pour a=0 cara+ 1est minimal poura= 0.
√
5
5

Exercice 3

Partie A

1)Proposition (C)

2) a)SecteurG4
√
−3 15π
b)z+= 90(i), donc|z|= 90 etarg(z) =, donc on est dans le secteurD5
2 26
Partie B

1)P(M <0) = 0, en effet un module ne peut être négatif.

2)P(M∈]40; 60[)=P(M∈]µ−2σ, µ+ 2σ[) = 0,95.

3)La probabilité que la foudre soit tombée dans le secteurB3 est exactement égale à celle queTsoit dans

π π
; ETqueMsoit dans ]40;60[. CommeMetTsont indépendantes, alors
4 2
i hi h
π ππ π
P(M∈]40; 60[∩T∈=; )P(M∈]40; 60[)∗P(T∈; )= 0.819∗0.95 = 0.77805
4 24 2

Exercice 4
Partie A

1)

2)P(I2) =P(S1∩I2) +P(M1∩I2) +P(I1∩I2) = 0.85∗0.10 + 0.35∗0.05 + 0∗0.1 = 0.2025
P(I2∩I1)P(I2∩I1) 0
.1∗1−4
3)PI2(I1= =) == 0.près4939 à 10
P(I2) 0.2025 0.2025

Partie B

1)Au cours de la semainen, un individu est soit malade, soit immunisé, soit susceptible d’être atteint par
le virus, doncP(Sn) +P(Mn) +P(In) = 1.

2)

Série : S

a)C3= 0.65∗C2+ 0.05∗B2
b)Selon le modèle et à partir de la lecture des termes du tableau, le pic épidémique se produira en
semaine d’indice 4 (probabilité de 0,0859)

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3) a)Comme un individu ne peut être susceptible d’être atteint par le virus en semainen+ 1que s’il
l’était déjà en semainen, on aP(Sn+1) =P(Sn+1∩Sn) =P(Sn)∗PSn(Sn+1) = 0.85∗P(Sn) et donc
un+1= 0.85∗un.
1n n
b)Soit (Hn) :vn= (0.85−0.65 ).
4
Initialisation : commev0= 0,H0est vraie Héridité : soitn∈N, supposonsHnvérifiée. Alors en
utilisant la formule du terme général d’une suite géométrique, hypothèse,vn+1= 0.65vn+ 0.05un=
1nn n1n+1n+1
0.65( (0.85−0.65 ))+ 0.05(0.85 )ce qui donne bienvn+1= (0.85−0.calculs.65 )après
4 4
1n n
Ainsi∀n∈N, par le principe de récurrence,vn= (0.85−0.65 ).
4
n
4)Commeuest une suite géométrique de raisonravec|r|<1, limunlim 0= 0. Comme.85 =
n→+∞n→+∞
n1
lim 0.0, lim65 =vn= (0−0) = 0, et donclimwn= 1 : l’épidémie s’éteint en temps long.
4
n→+∞n→+∞n→+∞

Série : S

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