Corrigé Bac S 2017 Pondichéry - Maths obligatoire

Description

Extrait du sujet :
Exercice 1
1.1 Partie A
1) On a :
p(C)= p(C ∩A)+ p(C ∩B)=0, 98x+0, 95(1−x)

Sujets

• BAC
• S
• 2017
• Obligation
• Pondicherry
• maths

Informations

• Publié par: Studyrama
• Publié le: 26 avril 2017
• Nombre de lectures: 21 246
• Langue: Français

Extrait

!

!

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Baccalauréat Pondichéry!

!

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Session 2017

!
!
Épreuve obligatoire :
Mathématiques

!
Série S
!

Durée de l’épreuve : 4 heures

Coefficient : 7

PROPOSITION DE CORRIGÉ

1

1

1.1

Exercice 1

Partie A

1) 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

Partie B

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 queλ= =0,2.
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).
On peut le démontrer:

1.3

Partie C

p(Z >3∩Z >5)
pZ >3(Z >5) =
p(Z >3)
p(Z >5)
=
p(Z >3)
−5λ
e
=
−3λ
e
−2λ
= e.

1) La calculatrice nous fournitp(83< X<87)≈0,683peut 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)≈0,317 soit environ31,7%.
2) On trouve avec la calculatricea= 3,290veut dire que l’on avait 68% de chances que la. Cela
teneur en chocolat soit entre 83 et 87, et on a 90% de chances qu’elle soit entre 81,710 et 88,290.
3) La chocolaterie affirme que la probabilité d’un certain événement est 90%=0,9.

Pondichéry 2017 Maths obli

1

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 fréquence observée 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

Exercice 2

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.
b) On calcule les racines:
√
−b−i 4c−36
z1=
2
√
6−2ic−9
=
2
√
= 3−ic−9.
√
z2étant le conjugué dez1, on az2= 3 + ic−9.
L’énoncé a choisi de nommerzAla racinez2etzBla racinez1.
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 lnu:donc de dérivée
u

2

′
f(x)

=

−4x
.
2
−2x+13,5

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′
2) Étude du signe du dénominateur def(x):

2
Je vérifie que−2x+13,5est positif dans[−2,5; 2,5]. Cetrinome du second degré est censé être
2
positif entre ses racines. Or, un simple calcul qui servira plus tard montre que:−2×2,5 +13,5 = 1.

2
Figure 1.Courbe dex→ −2x+13,5.

2
2,5 est donc dans l’intervalle où−2x+13,5>0, ce qui prouve que dans[−2,5; 2,5], le trinome
est positif.Le dénominateur est donc positif dans l’intervalle d’étude.

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.

2,5
.

Reste à calculerf(2,5) =f(−2,5)trouve. Onf(2,5) =f(−2,5) =ln1 = 0.

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

3.2

Partie B

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. Une unité représente2mde côté donc un carré-unité représente4mde surface. Pour avoir
2
l’aire enmpar 4, ce qui, vude la surface de creusement, il faut donc multiplier notre intégrale
qu’il y a déjà un facteur 2, donne:
$
2,5
A= 8f(x)dx.
0
3) Algorithme

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3

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

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 deS:est la même que celle de la ligne 50, à savoirS= 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 part deS≈5,20, puis on multiplie par 8 pour avoir une approximation deA:

4

⇔

41,60!A!41,60+ 1,04
41,60!A!42,64.

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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;

n
hérédité :siun= 3×2 +n−2, alors:

un+1= 2un−n+ 3
n
= 2(3×2 +n−2)−n+ 3
n
= 2×3×2 +2n−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
10+ 23
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= 3décroît à partir de, ce qui signifie quen= 3.
vn+1vnvn
n
un3×2 +n−2n2
2) On a3 += =−.En utilisant l’encadrement proposé, et en remarquant
n nn
vn2 22
n2
que pourn"2on a−"0, on a donc, pour toutn"4:
n n
2 2
un1 2
3! !3 +−.
n
vnn2

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5

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 relieBetD(pointZ).
′
Je peux aussi relierBetE(pointX).
′ ′
Je constate queEetDsont sur un même plan, donc je les relie.Mais j’aimerais avoir un point
du planEFGH. Alorsje prolonge(EH)(pointY).
Je relieYetX(pointW).
Je relie enfinWetZ.
Je pouvais aussi, pour attraperW, tracer la parallèle à(BX)passant parZ.

6

Figure 4.

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