Corrigé Bac S Caledonie

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• Publié par: E-Orientations
• Publié le: 26 avril 2019
• Nombre de lectures: 253
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Nouvelle Calédonie mars 2019\

Exercice 1
Commun à tous les candidats

Durée : 4 heures

Les parties A, B et C peuvent être traitées indépendamment.

Partie A

1. a.

0,2

0,8

G

G

0,01

0,99

0,1

0,9

R

R

R

R

5 points

b.L’évènement estG∩R, donc sa probabilité est :
p(G∩R)=p(G)×pG(R)=0,2×0,01=0,002.
³ ´³ ´
c.On a de même :p G∩R=p G×p(R)=0,8×0,1=0,08.
G
D’après la loi des probabilités totales :
³ ´
p(R)=p(G∩R)+p G∩R=0,002+0,08=0,082.
p(G∩R) 0,002
d.Il faut trouverpR(G)≈= =soit 0,002 au millième près.0,002 4
p(R) 0,082
2.SoitXla variable aléatoire prenant pour valeurs le coût d’entretien d’une voiture.
On va chercher le coût moyen par voiture, soit l’espérance mathématique deX.
Il y a trois évènements à considérer :
•Gqui correspond à une voiture sous garantie dont la probabilité est 0,2 et qui nécessite 0(
de dépense ;
•G∩Rqui correspond à une voiture qui n’est plus sous garantie mais qui ne nécessite pas
de réparation, dont la probabilité est 0,8×0,9=0,72 et qui nécessite 100(de dépense ;
•G∩Rs qui nécessite unequi correspond à une voiture qui n’est plus sous garantie mai
réparation, dont la probabilité est 0,08 et qui nécessite 100+400=500(de dépense.

La loi de probabilité deXest :

évènement

G

G∩R

G∩R

coûtxi0(100(500(
probabilitépi=P(X=xi) 0,20,72 0,08
X
E(X)=xi×pi=0+100×0,72+500×0,08=72+40=112
Chaque voiture coûte en moyenne 112(; il y a 2500 voitures, ce qui fait une dépense totale
de 112×2 500=280 000(.
Conclusion : le budget de 250 000(sera insuffisant.

Corrigé du baccalauréat S

Partie B

A. P. M. E. P.

1.Avecp=0,80 etn=600, l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est
 qq  
¡ ¢¡ ¢
p p
p1−p p1−p
0,8×0,2 0,8×0,2
  
I600=p−1,96p;p+1,96p=0,8−1,96p; 0,8+1,96p
n n600 600
£ ¤
≈0,768 ; 0,832.
2.Pour les 600 derniers contrats la fréquence de contrats de courte durée est égale à
550
f= ≈0,917.
600
Or 0,917∉I600, donc, au risque de 5 %, l’affirmation de la directrice n’est pas correcte.

Partie C

1.On doit trouverp(5006Y6600) ;la calculatrice donne≈soit 0,242 au millième près.0,241 7,
2.La calculatrice donne pourp(Y6a)=0,15,a≈346 km.

Exercice 2

Commun à tous les candidats

Partie A : Étude d’une fonction auxiliaire

Soitgla fonction définie surRpar

x−4
g(x)=(x+2)e−2.

x−4
1.On sait quelim (x+2)= +∞et lim e= +∞, donc par produit de limites :
x→+∞x→+∞

6 points

limg(x)= +∞.
x→+∞
x−4x−4x−4x−4
2.On ag(x)=xe+2e−2=xe×e+2e−2.
x−4x
On sait quelimxe=0 ;donc lim exe=0
x→−∞x→−∞
x−4
lim e=lim0, donc par somme de limites :g(x)= −2.
x→−∞x→−∞
′x−4x−4x−4x−4
3.g(x)=1×e+(x+2)×1×e=e (1+x+2)=e (x+3).
x−4′
On sait que quel soitx∈R, e>de0 ; le signeg(x) est donc celui dex+3 qui s’annule pour
x= −3 est positif pourx> −3 et négatif pourx< −3, d’où le tableau de variations :

x
′
f(x)

f(x)

−∞

−2

−

−3
0

≈ −2,001

+

+∞

+∞

−3−4−7
On ag(−3)=(−3+2)e−2= −e−2≈ −2,001.
4.D’après le tableau de variations : sur l’intervalle ]−3 ;+∞[,f(−3)<0 etlimg(x)= +∞.
x→+∞
La fonctiong; il existeétant continue sur cet intervalle car dérivable sur ce même intervalle
donc un réel uniqueα,α∈]−3 ;+∞[ tel queg(α)=0.

Nouvelle Calédonie

2

mars 2019

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

5.Conclusion :
•g(α)=0 ;
•sur ]− ∞;α[,g(x)<0 ;
•sur ]α;+∞[,g(x)>0
−3
6.La calculatrice donneg(3,069)≈ −et0,002 006g(3,070)≈0,000 38,doncα≈3,070 à 10près.

Partie B : Étude de la fonctionf

Soitfla fonction définie surRpar

2 2x−4
f(x)=x−xe .

½ ½
2
¡ ¢
x=0x=0
2 2x−4 2x−4
1.f(x)=0⇐⇒x−xe=0⇐⇒x1−e=0⇐⇒ ⇐⇒⇐⇒
x−4x−4
1−e=0 1=e
½ ½
x=0x=0
⇐⇒
0=x−4 4=x
L’équation a deux solutions : 0 et 4.
2.De la question 5 de la partie A on déduit que :
′
•f(α)=0 ;
′
•f(x)<0 sur ]− ∞;; 0[
′
•f(x)>0 sur [0 ;α[ ;
′
•f(x)<0 sur ]α;+∞[.
La fonction est donc croissante sur [0 ;α[ et décroissante sur ]− ∞; 0[ et sur ]α;+∞[.
2x−4 2
On alimxe=lim0 etx= +∞, donclimf(x)= +∞.
x→−∞x→−∞x→−∞
f(0)=0 ;
2 2α−4
f(α)=α−αe ;
¡ ¢
2x−4
f(x)=x1−e .
x−4x−4 2
Or lim e= +∞lim 1, donc−e= −∞; d’autre partlimx= +∞et par produit de
x→+∞x→+∞x→+∞
limites limf(x)= −∞.
x→+∞
Conclusion : la fonction est décroissante ]− ∞; 0[ de plus l’infini à zéro croissante sur [0 ;α[
de zéro àf(α) puis décroissante sur ]α;+∞[ def(α) à moins l’infini.
3.D’après la question précédente sur l’intervalle [0 ;+∞[ la fonction est croissante puis
décroissante :f(α) est donc le maximum de la fonction sur cet intervalle.
α−4
On a vu à la questionA. 3.queαest le réel tel queg(α)=0⇐⇒(α+2)e−2=0⇐⇒
2
α−4α−4
(α+2)e=2⇐⇒e=.
α+2
µ ¶µ ¶
¡ ¢2α+2−2α
2x−2 24 2
Doncf(α)=α1−e=α1− =α=α×.
α+2α+2α+2
3
α
Finalementf(α)= ≈5,71
α+2

Partie C : Aire d’un domaine

Nouvelle Calédonie

3

mars 2019

Corrigé du baccalauréat S

−5

−4

−3

−2

16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
f(α)
5
4
3
2
1

O
−1−1

1

P

2

Cf

α
3

4

A. P. M. E. P.

1.Soitdla fonction définie surRpar :
¡ ¢
2 22 2x−4 2x−4
d(x)=x−f(x)=x−x−xe=xe .
Cette fonction produit de deux fonctions positives est positive et ne s’annule que pourx=0.
Géométriquement ceci montre que la parabolePest au dessus de la courbeCf, le seul point
commun étant l’origine.
3
x¡ ¢
2x−4
2.On admet qu’une primitive de la fonctionfsurRest définie par :F(x)= −x−2x+2 e.
3

On a vu à la question précédente que sur l’intervalle [0; 4] la courbePest au dessus de la
courbeCf, donc l’aire de la surface limitée par la courbeP, la courbeCfet les droites
d’équationx=0 etx=4, est en unité d’aire égale à l’intégrale :
Z ·¸4· µ¸¶¸ ·
4 33 3
£ ¤x4 4¡ ¢¡ ¢
2 24−4 0−4
A=x−f(x) dx= −F(x)= −−4−2×4+2 e−0−0−2e
033 3
0
−4
=10−2e (u.a.)

Exercice 3

4 points

Commun à tous les candidats
³ ´
−→−→
Pour les questions 1 à 3, on se place dans un plan muni du repère orthonormé directO ;u,v.

¡ ¢
2
1.Soit (E) l’équation d’inconnue le nombre complexez:z z−8z+32=0.
Affirmation 1: Les points dont les affixes sont les solutions de l’équation (E) sont les sommets
d’un triangle d’aire égale à 16 unités d’aire.