Corrigé Bac S Metropole

Apmep

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• Publié par: E-Orientations
• Publié le: 26 avril 2019
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• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Métropole–La Réunion\
13 septembre 2018

Exercice 1
Commun à tous les candidats

4 points

 
1 11 11
 
g(0)=−0= =
8 1+ke 81+k8
1.On a le système⇐⇒ ⇐⇒
641 641 64
g(10)=−10a=−10a=
100 1+ke 1001+ke 100
La première équation donnek=7 et en reportant cette valeur dans la deuxième équation :
1¡ ¢
64−10a−10a−10a
= ⇐⇒100=64 1+7e⇐⇒100=64+448e⇐⇒36=448e⇐⇒
−10a100
1+7e
1
−10a9−10a9 9
9=112e⇐⇒ =e⇐⇒ −10a=ln⇐⇒a= −ln⇐⇒a≈0,252 127
112 112112
10
2.
1
g(t)=.
t
−
1+7e
4
a.La fonctiongest dérivable surRet sur cet intervalle :
1
t
1−t
−
4
−ee 7
4
′4
g(t)= −7>× =0 car quotient de termes supérieurs à zéro.
³ ´³ ´
t2t2
− −
4 4
1+17e 4+7e
La fonctiongest donc strictement croissante sur [0 ;+∞[.
³¡ ¢´
1t
−
4
équation :¡t¢> >
b.0,99Résolvons l’in⇐⇒11 0,99+7e⇐⇒
−
1+7e
4
t t0,01t1t
− −− −
1>0,99+6,93e⇐⇒0,01>6,93e⇐⇒>e⇐⇒>e⇐⇒
4 44 4
6,93 693
1t t1
ln>−(par croissance de la fonction logarithme népérien)⇐⇒>−ln⇐⇒
693 44 693
µ ¶µ ¶
1 10
t>4× −ln .Or 4× −ln≈26,2.
693 693
Donc dans 27 ans d’après ce modèle au moins 99 % des ménages seront équipés.
1 1
3. a.On ag(18)=¡ ¢= ≈0,928 soit 0,93 au centième près.
18 9
− −
4 2
1+7e 1+7e
b.Intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % :
n=1 000>30 ;n p=930>5 etn(1−p)=70>5 : on peut donc considérer l’intervalle
r r
· ¸
p(1−p)p(1−p)
p−1,96 ;p+1,96≈[0,914 ; 0,946].
n n
Or le sondage donne une fréquence de foyers équipés d’une connexion fixe égale à
880
=0,880 et 0,880∉[0,914 ; 0,946].
1 000
Ce sondage donne raison à ces statisticiens sceptiques.

A. P. M. E. P.

Corrigé du baccalauréat S

Exercice 2
Commun à tous les candidats

A. P. M. E. P.

5 points


2
z−2z+4=0
¡ ¢¡ ¢
2 2

1.z−2z+4z+4=0⇐⇒ou .
2
z+4=0
¡p¢
2
2 22 2
•z−2z+4=0⇐⇒(z−1)−1+4=0⇐⇒(z−1)= −3⇐⇒(z−1)=i 3 .
pp
Cette équation a deux solutions 1+i 3et 1−i 3.
2 22
•z+4=0⇐⇒z=cette équation a deux solutions : 2i et(2i) :−2i.
Conclusion : l’équation a quatre solutions :
p p
1+i 3;1−i 3;2i;−2i.
2 2
2. a.• |zA| =1+3=4=2⇒ |zA| =2.
à !
p
1 3¡ ¢
π π
On peut écrirezA=2+i=2 cos+i sinsoit en écriture exponentielle
3 3
2 2
π
i
3
zA=2e .
π
i
•zB=2e .
2
On a donc avec les modules OA = OB = 2 : A et B appartiennent au cercle de centre O et de
rayon 2.
b.
4 F

3.

−2

3

B
b
2

1

O
−1
−1

A
b

1

2

−2
π π
i i¡ ¢
2 2
zB2e e
π ππ
i−i
c.On a=π=π=e=e .
2 36
i i
zA3 3
2e e
³ ´
−→−→zBπ
Or OA, OB=arg=.
zA6
a.; or on a vu quF se construit par la méthode du parallélogrammee OA = OB : le
parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange de côtés de
mesure 2.
b.s consécutifs ontOAFB est un parallélogramme et OA = OB = 1, donc deux de ses côté
même longueur : OAFB est donc un losange et par conséquent la droite (OF) est la
bissec³ ´³ ´
−→−→−→−→π
trice de l’angleOA ,OB ;donc une mesure de l’angleOA ,OF est.
12
³ ´³ ´³ ´
−→−→−→−→−→−→π π5π
u, OF=u, OA+OFOA ,= +=qui est un argument dezF.
3 1212
p¡p¢
c.On azF=zA+zB=1+i 3+2i=1+i 3+2 .
¡p¢pp¡p¢
2
2 2
Donc|zF| =1+3+2=1+3+4+4 3=8+4 3=4 2+3 .

Métropole

2

13 septembre 2018

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

p
p
Donc|zF| =2 2+3.
5π
On a vu qu’un argument dezFest ,donc l’écriture trigonométrique dezFest :
12
µ ¶
q
¡p¢5π5π
zF=2 2+3 cos+i sin.
12 12
d.On a vu que la partie réelle dezFest égale à 1 et d’après la question précédente elle est
q
¡p¢5π
aussi égale à 22+3 cos.
12
Donc en égalant :
p p
pp
q
¡p¢5π5π1 2−3 2−3
1=2 2+3 cos⇐⇒cos=p= =.
p
12 122×(4−3) 2
2 2+3
p p
4.6Ces deux nombres sont positifs (>2) ; comparons leurs carrés :
"p#2p
p
2−3 2−3
• =;
2 4
" #
p p2p p¡p¢p
6−2 6+2−82 12−4 34 2−3 2−3
• == ==.
4 1616 16 4
Ces deux nombres positifs ont le même carré : ils sont égaux; les deux calculatrices donnent le
résultat correct.

Exercice 3
Commun à tous les candidats

Question 1

6 points

Tout pointMde (D) a des coordonnées qui vérifientx+y+z−3=2+t+1−3t+2t−3=0, donc
appartient à (P) : la droite (D) est incluse dans le plan (P) : réponse B.

Question 2
1 1
On sait queE= =20 doncλ= =0,05.
λ20
La probabilité que son attente dépasse les 10 minutes est égale à
1
−0,05×30−1,5−
2
30
PT>20(T>)=P(T>10)=e=e=e :réponse A.

Question 3
D−65
′
La variableD=suit la loi normale centrée réduite.
σ
µ ¶µ ¶
63,5−65,1 66,7−65,1
′
On aP6P(D)6P=0,99.
σ σ
µ ¶
−1,6
DeP=0,000 5,la calculatrice donneσ≈0,62 : réponse C.
σ

Question 4
2x¡ ¢
2
f(x)=2×; on reconnait une primitiveFdef:F(x)=2 lnx+1 .
2
x+1
L’aire de la surface hachurée est donc égale (en unité d’aire) à :
Z
2
¡ ¢¡ ¢
2 22
f(x) dx=[F(x)−F(0)]=22 ln+1−2 ln0+1=2 ln 5.
0
0
La droite d’équationx=apartage la surface en deux surfaces; les deux surfaces obtenues ont la
même aire si :

Métropole

3

13 septembre 2018

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Z Z
a2
¡ ¢
2
f(x) dx=f(x) dx⇐⇒F(a)−F(0)=F(2)−F(a)⇐⇒2F(a)=F(0)+F(2)⇐⇒2 lna+1=
0a
¡ ¢£¡ ¢¤2¡ ¢2p
2 22 2
2 ln 1+2 ln 5⇐⇒2 lna+1=ln 5⇐⇒lna+1=ln 5⇐⇒a+1=5⇐⇒a+1=5⇐⇒
p
p p
2
a=5−1⇐⇒(puisquea>0)a=5−1. Réponse B.

Exercice 4
Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

1.Aveca=2,9 il semble que la suite (un) soit décroissante et convergente vers 1.
Aveca=3,1 il semble que la suite (un) soit croissante et tende vers+∞.
1 3
2. a.Les termesunetun+1ayant pour limiteℓ, on a doncℓ=ℓ−ℓ+.
2 2
1 3
2 2
b.ℓ=ℓ−ℓ+ ⇐⇒2ℓ=ℓ−2ℓ+3⇐⇒ℓ−4ℓ+3=0
2 2
1 est solution évidente de cette équation que l’on peut écrire (ℓ−1)(ℓ−3)=0.
L’autre solution est doncℓ=3.
Si elle converge cela ne peut être que vers 1 ou 3.
3. a.On prenda=2,9.fest dérivable surRet sur cet intervalle :
′ ′
f(x)=x−donc1 ;f(x)>0 pourx>1 : la fonctionfest croissante sur [1 ;+∞[.
1 3
2
b.Initialisation:u0=2,9 etu1:×2,9−2,9+ =2,805.
2 2
On a bien 16u16u0.
Hérédité: supposons que pourn∈N, on ait : 16un+16un:
puisque la fonctionfest croissante sur [1 ;+∞[, les images parfdes trois termes de cet
encadrement sont rang&#