Corrigé BAC STL BIO mathématiques 2016

Description

Exercice 1
M suit la loi N (µ = 250; σ = 5).
1) on demande de calculer p(M ! 240). Par la calculatrice on trouve :
p(M ! 240)=0, 023.
La probabilité qu’un fromage soit refusé est donc 2,3%.
2) L’ énoncé nous conforte dans le résultat précédent : il propose d’arrondir le 2,3% à une valeur
plus simple de 2%.
a) La situation est assimilée à la répétition de 150 tirages indépendants, X compte le nombre de
succès et la probabilité d’un succès est constante 2%, donc :
X ∼ B(150 ; 0, 02)
X suit la loi binomiale d’espérance 150 et d’écart-type 0,02.
b) On demande de calculer p(X ! 5). On trouve par la calculatrice :
p(X ! 5) = 0, 918.
Il y a donc 91,8% de chances d’avoir au maximum 5 fromages de masse insuffisante.
c) E(X) = 150 × 0, 02 = 3 : En moyenne, sur un échantillon de 150 fromages, on peut s’attendre à
en trouver 3 de masse insuffisante.

Sujets

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Informations

• Publié par: Studyrama
• Publié le: 16 juin 2016
• Nombre de lectures: 12 055
• Langue: Français

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PROPOSITION DE CORRIGÉ

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1

Exercice 1

Msuit la loiN(µ=250;σ= 5).

1) on demande de calculerp(M!240)la calculatrice on trouve :. Par

p(M!240) = 0,023.

La probabilité qu’un fromage soit refusé est donc 2,3%.

2) L’ énoncé nous conforte dans le résultat précédent : il propose d’arrondir le 2,3% à une valeur
plus simple de 2%.

a) La situation est assimilée à la répétition de 150 tirages indépendants,Xcompte le nombre de
succès et la probabilité d’un succès est constante 2%, donc :

X∼B(150; 0,02)

Xsuit la loi binomiale d’espérance 150 et d’écart-type 0,02.

b) On demande de calculerp(X!5)trouve par la calculatrice :. On

p(X!5) = 0,918.

Il y a donc 91,8% de chances d’avoir au maximum 5 fromages de masse insuffisante.

c)E(X) =150×0,02= 3: En moyenne, sur un échantillon de 150 fromages, on peut s’attendre à
en trouver 3 de masse insuffisante.

3) a) Cet intervalle est donné par la formule suivante :

On trouve ici :

! #
" "
p(1−p)p(1−p)
f∈p−1,96×;p+ 1,96×.
n n

f∈[0,142; 0,218].

55
b) La proportion donnée par cet échantillon estf=≈0,138, cela remet en question l’estimation
400
de la laiterie.
1
4) a) L’espérance deTest censée êtreE(T) =, donc tout simplement cela nous donne :
λ

1
λ=.
90

ln(0,93)
−λt0
b)p(T"t0) = 0,93⇔e= 0,93⇔t0=−=−90×ln(0,93)≈6,531.
λ
Cela veut dire qu’il y a 93% de chances qu’au bout de 6h30 d’utilisation la balance soit encore en
fiable.

Tout dépend ensuite de la façon dont la balance est utiliseé.

1

Exercice 2

1) a) on doit résoudre :

′
y+ 0,162y=20,3.

C’est une equa diffclassique dont la solution est donnée par la formule :

On trouve ici :

20,3
−0,162t
y=λe+.
0,162

−0,162t
f(t) =λe+125,309.

b) L’énoncé donne maintenant la condition initialef(0) =21.
On résoud cela :

ainsi :

f(0) =21

⇔
⇔

λ+125,309=21
λ=−104,309.

−0,162t
f(t) =−104,309e+125,309.

Par la suite l’exercice nous conforte dans notre résultat puisque la fonction proposée est bien une
approximation des résultats que nous venons de trouver.
On prend maintenant :

2)a) Dérivons :

Cela se simplifie en :

−0,16t
g(t) =125−104e .

′ −0,16t
g(t) =−104×(−0,16)e .

′ −0,16t
g(t) =16,64×e .

Ceci est toujours positif pourt∈R, donc aussi en particulier pourt∈[0,60].
b) Le tableau de variations degest donc simple :

t
g

0

↗

60
.

3) On vérifie par précaution que la courbe présente une fonction croissante !Oui c’est le cas.
On demande, apparemment par lecture graphique :

•

•

a)g(9) =100ř(traits verts).

b)g(t)"120řpendant plus de 3 minutes consécutives :
on trouvet=19 minutes (trait rouge).

2

c) retrouver le résultat du b) par le calcul :

g(t)"120

On trouve un résultat très proche de 19.

Exercice 3

⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔

−0,16t
125−104e"120
−0,16t
104e!5
−0,16t
104e!5
−0,16t
e!0,048
0,16t"3,0370
t"18,98.

′
1)f(−1) = 4et (ordonnée du point de la courbe)f(−1) =−1(pente de la tangeante).

2) À vue d’œil cela donne environ 10 carreaux plus un peu plus que deux demi-carreaux, on peut
s’attendre à quelque chose entre 11 et 12.
On doit calculer pour le vérifier :
$ %& '(
4 24
1x
+xd+ 1x=ln(x) ++x
x2
1 1
=ln(4) + 8 + 4−1/ 2−1
=ln(4) +10,5
≈11,887.

3)C2ne peut êtreHcar alorsHserait croissante donc sa dérivéehserait toujours positive.
DoncC2esthetC1estH. Onvérifie :Hest décroissante de 0 à 1, et effectivement selon ce
graphiquehest, là, négative.Même raisonnement au-delà de 1.

Exercice 4

1) a)d1est égal à 10 augmenté de 6%, soit 10×1,06=10,6. Celacorrespond à février.
Remarque : février = le mois nř2 correspond àd1.
b)(dn)est une suite géométrique de premier termed0=10 et de raisonq= 1,06.
c) septembre est le mois nř9 dans l’année, donc correspond àd8.

8
d8=10×1,06=15,938km.

3

d) on doit résoudredn=25 soit :

n
10×1,06=25

⇔
⇔
⇔

n
1,06= 2,5
ln(2,5)
n=
ln(1,06)
n≈15,725.

Il faut donc attendre le moisn=16 soit, puisquen=12 serait janvier 2015 :
mai 2015.
2) a) Alice cherche à déterminer quand le temps passera en dessous de la barre des 50mn.
−3
b) tableau (tout arrondi à 10).

N
t

0
60

1
58,8

2
57,624

3
56,472

4
55,343

5
54,236

6
53,151

7
52,078

8
51,036

9
50,015

10
49,015

c) en sortie l’algorithme devrait afficherN=10 ett=49,015.
Alice peut en déduire qu’au moisN=10 elle passera en dessous de 50mn.
Comme dans cet algorithmeN= 0correspond à septembre 2015, il suffit de compter sur ses doigts :
juillet 2016.
14
d) en novembre 2016, Alice peut espérer courir ses 10 premiers km en60×0,98=45,219mn.
Cela ferait proportionnellement 21km en 94,96mn mais il faut diviser ce temps par 0,82 soit environ
116minutes, c’est bon !

4