Corrige BACES Mathématiques specialité 2016

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1) on applique la formule ! f − 1 n √ ; f + 1 n √ " = ! 225 300 − 1 300 √ ; 225 300 + 1 300 √ " = [0, 692 ; 0, 808] : réponse b. 2) On doit calculer 10 − 4 11 − 4 = 6 7 : réponse d. 3) On applique (u v)′ : f ′ (x) = e−2x+3 + (x + 1)(−2)e−2x+3 = (1 − 2x − 2)e−2x+3 = (−2x − 1) e−2x+3 : réponse d 4) Le a) est faux : f est en effet convexe là où f ′′(x) > 0. Le b) est faux pour la même raison. Le d) est faux : f ′ est croissante là où f ′′(x) > 0, en fait f ′ croissante ⇔ f convexe. Le c) est juste, car Cf admet un point d’inflexion là où f ′′(x)=0, donc ici en x = 1 : réponse c.
Publié le : mercredi 22 juin 2016
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BaccalauréatES
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Session 2016

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Épreuve :ClMiqauthezéimcia tpiqouure staper du
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7 (ES spé)
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PROPOSITION DE CORRIGÉ

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1

1

Exercice 1

1 2 3 4
b d d c
! "! "
1 122512251
1) on applique la formulef− √;f+√=− √; +√= [0,692; 0,808]:
300 300
n n300 300
réponse b.
10−4 6
2) On doit calculer=:réponse d.
11−4 7

3) On applique(u v):

′ −2x+3−2x+3−2x+3−2x+3
f(x) =e+ (x+ 1)(−2)e= (1−2x−2)e= (−2x−1)e:réponse d.
′′
4) Le a) est faux :fest en effet convexe là oùf(x)>0.

Le b) est faux pour la même raison.
′ ′′′
Le d) est faux :fest croissante là oùf(x)>0, en faitfcroissante⇔fconvexe.
′′
Le c) est juste, carCfadmet un point d’inflexion là oùf(x) = 0, donc ici enx= 1:réponse c.

2

Exercice 2

1) Graphe probabiliste :

2) Matrice de transition :

Figure 1.

#
0,8
M=
0,6

$
0,2
.
0,4

6−2
3)P6=P0×Mdoncc6= 0,750016 donc on arrondit àc6= 0,75à 10près
4) a)Pn+1=Pn×M.
4) b) Donc :

(cn+1

rn+1)

=

=

# $
0,8 0,2
(cnrn)×
0,6 0,4
( 0,8cn+ 0,6rn0,2cn+ 0,4rn),

1

et ainsicn+1= 0,8cn+ 0,6rnorrn= 1−cn(soit il court, soit il ne court pas...) d’où :

cn+1

=
=

0,8cn+ 0,6 (1−cn)
0,2cn+ 0,6.

5) a)vn+1=cn+1−0,75= 0,2cn−0,15= 0,2(cn−0,75) = 0,2vn.
v0=c0−0,75= 0,25.
n
5) b)vn= 0,25×0,2de limite 0.
n
5) c)cn=vn+ 0,75= 0,75+ 0,25×0,2.

On peut vérifier quec6≈0,750016 correspondant au terme en haut à gauche de la matrice question
3.
5) d) Il s’agit de calculerc362(en effet, 2014 n’est pas bissextile donc le 31 décembre en est le
365ème jour mais comme le 1er janvier est numéroté 0, le 31 décembre sera numéroté 364 donc le
29 décembre sera numéroté 362).

362
c362= 0,75+ 0,25×0,2,

on trouvec362=0,75à beaucoup de décimales près...
Il n’était pas forcément nécessaire de calculerc362: on peut conjecturer que le nombre de jours
10
dans une année étant globalement très grand, (déjà0,2 =0,0000001024), la valeur decnà ce
moment-là sera très proche de sa limite, donc quasiment égale avec les approximations usuelles.
5) e) On peut conjecturer que l’état stable est :

(cstable

rstable) = (0,75

0,25).

Pour valider il suffit d’utiliser la question 5) b) qui permet d’avoir la limite decn:

3

Exercice 3

lim(cn) = 0,75.

Partie A
960
1)p(R=) =30%.
3200
2)pR(F) =35%.
3) On demandep(R∩F) =PR(F)×P(R) = 0,35×0,30=10,5%.
4) On ap(F) = 0,385.
¯
p(F∩R) =p(F)−p(F∩R) = 0,385−0,105= 0,28=28%.
¯
p(F∩R) 0,28
5)p¯R(F= =0) =,40 donc parmi les chansons qui ne sont pas du rock,40%sont
¯
p(R) 0,70
francophones, à comparer avec le résultat précédent :

parmi les chansons qui ne sont pas du rock, 40% sont francophones ;

parmi les chansons qui sont du rock, 35% sont francophones ;

parmi les chansons globalement, 38,5% sont francophones.

2

Les événementsRetFne sont donc pas indépendants (ils le seraient ssi ces trois pourcentages
étaient égaux), mais pas loin.
Partie B
Xsuit la loi normaleN(µ=30,σ=10)utilise la calculatrice pour calculer :. On
1)p(15!X!45)≈0,867=86,7%.
2)p(X"60)≈0,001= 0,1%.

4

Exercice 4

Partie A

1)f(1,5) = 0puisqu’il y a tangente horizontale enB.
2) La droite passant par(0,2)et par(1,3)a pour équationy= 2 +x(on en déduit d’ailleurs que

f(1) = 2).
3) Pour ce domaine on peut observer 3 carreaux et un chouya, donc la réponse à l’unité près serait :
3.
4) On ne peut pas déterminer la convexité defmais on peut la conjecturer : la courbe semble, à
l’instar des deux déjà représentées, être partout en-dessous de ses tangentes.C’est le propre d’une
fonctionconcave.
Partie B
3−2x3 3−2x

1)f(x) =−2 +== +cqfd.
x x xx

2) Le signe def(x)sur[0,6]5 ;est celui de(3−2x): positif avantx= 1,5et négatif après.

3) On regarde les bornes :

x

f(x)
f

0,5 1,5
+ 0

6
−.

f(0,5) =−2×0,5 + 5 + 3ln(0,5) = 4−3ln(2)>0doncf(x)ne prendra pas la valeur0sur
l’intervalle[0,15 ;,5].

f(1,5)>0puisquef(0,5)l’est, etf(6) =−2×6 + 5 + 3ln(6) =−7 + 3ln(6)≈ −1,62<0.
Ainsi,f, étant strictement décroissante sur cet intervalle, et passant d’une valeur >0 à une
valeur <0, s’annule une et une seule fois.

On trouvex0≈4,88.
4) Ainsi :
x60,5 4,88
.
f+0−
1

5) a)F(x) =−2x+ 2 + 3ln(x) + 3x×=−2x+ 2 + 3ln(x) + 3 =−2x+ 5 + 3ln(x) =f(x)donc oui,
x
Fest bien une primitive def.
%
2
2
5) b) Cette aire vautf(x)dx= [F(x)]1=F(2)−F(1) = (−4 + 4 + 6ln(2))−(−1 + 2 + 0),
1
soitA= 6ln(2)−1.
On trouveA≈3,2, cohérent avec le résultat lu sur le graphique partie A question 3.

3

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