Corrigé du baccalauréat S obligatoire Polynésie septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée, Première
[ Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie \ septembre 2011 EXERCICE 1 5 points 1. Sur 300 personnes, 225 utilisentt l'escalier ; p ( E ) = 225 300 = 3 4 . D'où p(E)= 1?p ( E ) = 1 4 . Sur les 225personnes empruntant l'ascenseur la répartition 50, 75, 100 suivant les étages conduit à : pE (N1)= 50 225 = 2 9 , pE (N2)= 75 225 = 3 9 , pE (N3)= 100 225 = 4 9 Sur les 75 personnes empruntant l'escalier, on obtient de même : pE (N1)= 1 3 , pE (N2)= 2 3 , pE (N3)= 0 3 E 1 4 N12 3 N2 1 3 N3 0 3 E 3 4 N12 9 N2 3 9 N3 4 9 2. a. On a p (E?N2)= p(E)?pE (N2)= 1 4 ? 1 3 = 1 12 . b. Vont au 1er étage : 50 (ascenseur) + 75? 2 3 = 50= 100 personnes ; Vont au 2e étage : 75 (ascenseur) + 75? 1 3 = 25= 100 personnes ; Vont au 3e étage : 100 (ascenseur) personnes.

• affixe du vecteur ???ab


• variable aléatoire


• e?x


• montre par applica- tion du théorème


• coordonnées paramétriques


• vecteurs ??u


• ???mi ·??ib


• ??

Sujets

• Partie
• Variable aléatoire

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2011
• Nombre de lectures: 1 760
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 2011

\

E X E R C IC E points1 5 ´ 225 3 1.Sur 300 personnes, 225 utilisentt l’escalier ;pE= =. D’où 300 4 ³ ´ 1 p(E)=1−pE=. 4 Sur les 225 personnes empruntant l’ascenseur la répartition 50, 75, 100 suivant les étages conduit à :

2.

3.

50 2 75 3 100 4 p(N 1 ) = =,p(N 2 ) = =,p(N 3 ) = = E E E 225 9 225 9 225 9 Sur les 75 personnes empruntant l’escalier, on obtient de même :

1 p E (N 1 ) =, 3

1 4

3 4

2 p E (N 2 ) =, 3

E

E

0 p E (N 3 ) = 3 2 N 1 3 1 3 N 2

0 3

2 9 3 9

N 3

N 1

N 2

4 9 N 3 1 1 1 a.On ap(E∩N 2 ) =p(E)×p E (N 2 ) = × =. 4 3 12 2 er b.étage : 50 (ascenseur) + 75Vont au 1 × =50=100 personnes ; 3 1 e Vont au 2 étage : 75 (ascenseur) + 75× =25=100 personnes ; 3 e Vont au 3 étage : 100 (ascenseur) personnes. Les évènements N 1 , N 2 , N 3 sont bien équiprobables. 1 p(E∩N 2 ) 12 1 c.Il faut trouver :p N (E)== = . 2 1 p(N 2 ) 4 3 e a.étage égaleUne personne prise au hasard a une probabilité d’aller au 2 1 àp(N 2 ) =. 3 Les réponses des 20 étant indépendantes les unes des autres, la variable 1 aléatoireXsuit une loi binomiale de paramètresp=etn=20. 3 b.On a donc : Ã ! µ ¶ µ ¶ 5 20−5 15 20 1 1 2 p(X=5)= × ×1− =15 504× ≈0,145 7. 20 5 3 3 3

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

e c.étage est égale à l’esLa moyenne pour les 20 personnes d’aller au 2 pérance mathématique de la variable aléatoireX, soit : E(X)=n×p= 1 20 20≈× = 7. 3 3 e Un peu moins de 7 personnes sur 20 vont au 2 étage. 1 4.avecOn reprend la variable aléatoire suivant la loi binomiale de probabilité 3 npersonnes. µ ¶ n 2 Il faut trouver :p(X > 1)=1−p(X=0) soitp(X > 1)=1−. 3 La condition est réalisée si : µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n 2 2 2 1− > 0, 99⇐⇒0, 01 > ⇐⇒ln 0, 01 > nln 3 3 3

ln 0, 01 (par croissance de la fonction ln)⇐⇒ 6 n 2 ln 3 ln 0, 01 Or≈Il faut donc prendre au minimum 12.11, 3. 2 ln 3 Conclusion : sur 12 personnes, au moins une va au niveau 2 avec une proba bilité supérieure ou égale à 0, 99.

E X E R C IC E 2 Partie A

4 points

1.En utilisant l’égalité de Chasles avec le point I, ³ ´ ³ ´ −−→−−→−→−→−→→−−→−→ 2 2 2 MA=MA∙MA=MI+IA∙MI+IA=MI+IA+2MI∙IA . −→→− 2 2 2 De mêmeMB=MI+IB+2MI∙IB . Par somme on obtient : −→−→−→−→ 2 2 2 2 2 MA+MB=2MI+IA+IB+2MI∙IA+2MI∙IB= 2 2 ³ ´ AB AB −−→→→− 1 2 2 2 2MI+ + +2MI∙IA+IB=2MI+AB . 4 4 2 { } −→ =0 2.En utilisant le résultat précédent : 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 MA+MB=AB⇐⇒2MI+AB=AB⇐⇒2MI=AB⇐⇒ 2 2 1 1 2 2 MI=AB⇐⇒MI=AB. 4 2 1 Les pointsMAB du point fixe I milieu de [AB] : l’ensemblesont à la distance 2 1 (E) est donc la sphère de centre I et de rayon AB. 2

Partie B −→−→ 1.p(3 ; 4 ; 1) etq(1 ;−2 ;−1) sont des vecteurs normaux respectivement à (P) et (Q). −→−→ Orpetqorne sont pas colinéaires car leurs cordonnées ne sont pas prop tionnelles, donc les plans ne sont pas parallèles : ils sont sécants en (Δ). a.A appartient à la droite (Δ) si et seulement s’il appartient aux deux plans (P) et (Q). A(−1 ; 0 ; 4)∈P)⇐⇒3×(−1)+4×0+1×4−1=0 : vrai ; A(−1 ; 0 ; 4)∈Q)⇐⇒1×(−1)−2×0−1×4+5=0 : vrai. Conclusion A est un point de (Δ).

Polynésie (enseignement obligatoire)

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septembre 2011

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

−→−→−→−→ b.On au∙p=1×3+(−2)×4+5×1=8−8=0 : les vecteursuetpsont orthogonaux. −→−→−→−→ u∙q=1×1+(−2)×(−2)+5×(−1)=5−5=0 : les vecteursuetqsont orthogonaux . −→ Donc le vecteuruest un vecteur directeur de la droite (Δ) commune aux deux plans (P) et (Q). On peut aussi considérer le point C de cordonnées : (−1+1=0 ; 0−2= −2 ; 4+5=9) et montrer que ce point appartient lui −→−→ aussi à (P) et à (Q) donc à (Δ) et AB=u... c.urs direcOn sait que la droite est définie par le point A et un de ses vecte −→ teursu. −−→−→ On a doncM(x;y;z)∈(Δ)⇐⇒il existet∈R/AM=t u⇐⇒   x+1=1t x=t−1   y−0= −2t ⇐⇒ y= −2t t ∈R, système d’équa   z+4=5t z=5t−4 tions paramétriques de la droite (Δ). Autre méthode (plus compliquée) : ½ 3x+4y+z−1=0 M(x;y;z)∈(Δ)⇐⇒M(x;y;z)∈(P)∩(Q)⇐⇒ x−2y−z+5=0 ½ ½ 3x+4y= −z+1 3x+4y= −z+1 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇒10y= x−2y=z−5 3x−6y=3z−15 2 8 −4z+16⇐⇒y= −z+ 5 5 En reportant dans l’équation de (Q) on obtient : 4 16 1 9 x−2y−z+5=0⇐⇒x=2y+z−5= −z+ +z−5=z−. D’où en 5 5 5 5 posantz=t(t∈R)  1 9 x=t−   5 5 2 8 M(x;y;z)∈(Δ)⇐⇒ y= −t+ 5 5  z=t 2.SoitM(x;y;z) un point de (Δ) ; en utilisant ses coordonnées paramétriques on a : 2 2 2 2 2 2 2 2 MA+MB=AB⇐⇒(−1−t+1)+(0+2t)+(4−5t+4)+(t−4)+(−2t+4)+ 2 2 2 2 2 2 2 (5t+2)=(3+1)+(−4)+(2−4)⇐⇒t+4t+25t+64−80t=16+16+4⇐⇒ 2 2 60t−4t0=0⇐⇒15t−t=0⇐⇒t(15t−1)=0. Il y a donc deux solutions : l’une correspondant àt=0 et donnant le point 1 M 1 (−1 ; 0 ; 4), soit le point A, l’autre correspondant àt=donnant le point 15 µ ¶ 14 2 13 M 2 −;−; . 15 15 3

E X E R C IC E 3

Partie A

5 points

z B −z A i−2+3i−2+4i−1+2i (−1+2i)(2−i)−2+2+i+4i 1.= = = == = z C −z A 6−i−2+3i 4+2i 2+i (2+i)(2−i) 4+1 5i =i. 5 z B −z A −→−→−→−→ π 2.Le résultat précédent=i équivaut à AB=AC i⇐⇒AB=e AC , ce 2 z C −z A qui signifie que B est l’image de C dans le quart de tour direct d e centre A : le triangle ABC est donc rectangle et isocèle en A.

Polynésie (enseignement obligatoire)

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septembre 2011

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Remarque :on peut aussi en prenant le module et l’argument de i, montrer ³ ´ −→−→ π que AC = AB et que AC , AB=. 2 Partie B

i(1−i−2+3i) i(2i−1)−i(1−2i) 1.On az−= = = = i. ′ D 1−i−i 1−2i 1−2i 2. a.Il faut résoudre dansC−{i}, l’équation : i(z−2+3i)z−2+3i ′ z=2i⇐⇒ =2i⇐⇒ =2⇐⇒ z−iz−i z−2+3i=2(z−i)⇐⇒ −2+3i+2i=z⇐⇒z= −2+5i. Doncz E = −2+5i. −→ b.L’affixe du vecteur AE est−2+5i−2+3i= −4+8i. −→ L’affixe du vecteur AB est i−2+3i= −2+4i. −→−→ On a la relation de colinéarité : AE=2AB , donc les points A, B et E sont alignés (on peut même plus précisement dire que E est le symétrique de A autour de B. i(z−2+ ( 3i) i z−z A ) ′ ′ 3.Pourz6=i, on a :z= ⇐⇒z=(1), d’où en prenant les z−iz−z B AM ′ modules des deux membres OM=avecz6=i ou encoreMdistinct de B. BM 4.De même en prenant les arguments des deux membres de l’équati on (1), on obtient : ³ ´ ³ ´ −−−→ −→−−→−−→ π ′ u, OM=BM, AM+à 2πprès. 2 5.Si le pointMappartient à la médiatrice du segment [AB] alors AM= BM; le résultat de la question 3. donne alors : ′ ′ OM=1⇐⇒Mappartient au cercle unitaire de centre O et de rayon 1. ′ 6.Si le pointMappartient à l’axe des imaginaires purs, privé du point B, alors ³ ´ −→ −−−→ π ′ u, OM=et en utilisant le résultat de la question 4. on a alors : 2 ³ ´ ³ ´ π −−→−−→ π →−−−−→ =BM, AM+à 2πprès⇐⇒BM, AM=0 à 2πprès, ce qui signifiie 2 2 que les points A, B etMsont alignés. Inversement ceci montre que l’image de la droite (AB) parfest l’axe des ima ginaires privé du point B.

E X E R C IC E 4

Partie A Question de cours Partie B

6 points

Les courbes sont tracées en annexe. 1. a.On résout dansRl’équation : · ¸ 3 3 2−x2 2−x f(x)=g(x)⇐⇒(x−1) e=(x−1)⇐⇒(x−1) e− =0⇐⇒ 2 2 ( 2 ½ ½ (x−1)=0 x=1x=1 ¡ ¢ ¡ ¢ 3 ⇐⇒ ⇐⇒ −x 3 2 e− =0 −x=lnx=ln 2 3 2 C 1 et C 2 ont donc deux points communs de cordonnées (1 ; 0) et ³ ´ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¢ 2 2 3 2 ln ; ln−1 . 3 2 3 b.Soitdla fonction définie surRpar · ¸ 3 3 2−x2 2−x d(x)=f(x)−g(x)=(x−1) e−(x−1)=(x−1) e−. 2 2 3 −x Exception faite ded(1)=0, le signe dedest celui de la différence e−. 2

Polynésie (enseignement obligatoire)

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septembre 2011

b.Par intégration des trois fonctions de l’encadrement dua., on obtient Z Z Z · ¸ 1 1 1 1 2n+1 x 2n−x2n 0dx 6 (x−1) e dx 6 (x−1) dx⇐⇒0 6 u n 6 ⇐⇒ 0 0 0 2n+1 0 2n+1 2n (−1) (−1) 0 6 u n 6 − ⇐⇒0 6 u n 6 +et finalement : 2n+1 2n+1

5

septembre 2011

Polynésie (enseignement obligatoire)

2n−x2n 0 6 (x−1) e 6 (x−1) .

2.

a.On sait que 0 6 x 6 1, d’où−1 6 −x 6 0 et par croissance de la fonction −1−x0−1−x exponentielle e 6 e 6 e ou encore e 6 e 6 1 (1). £ ¤ n 2n2 2 Or (x−1)=(x−1) > 0 puisque (x−1) > 0. Donc en multipliant chaque membre de l’encadrement (1) par le nombre 2n positif (x−1) , on obtient : −1 2n−x2n2n e (x−1) 6 e (x−1) 6 1×(x−1) (1) et finalement

1.

A. P. M. E. P.

3 3 −x−x 3 3 2 Or e− >0⇐⇒e> ⇐⇒ −x>ln⇐⇒x< −ln⇐⇒x<ln . 2 2 3 2 2 ¤ £ 2 Concusion : C 1 est au dessus de C 2 sur−∞; ln ; on trouve de même 3 ¤ £ 2 que C 1 est au dessous de C 2 ;sur ln ∞. 3 On a vu dans la question précedente que les deux courbes ont deux points communs. Z 1 2−x a.Calcul deI=(x−d1) e x: 0 ½ ½ 2′ u(x)=(x−1)u(x)=2(x−1) Soit⇒ ′ −x−x v(x)=ev(x)= −e Toutes les fonctions sont continues car dérivables surR; on peut donc intégrer par parties : Z 1 £ ¤ ¡ ¢ 2−x −x I= −(x−1) e 1 −2(x−1)× −e dx= 0 0 Z 1 £ ¤ 1 2−x −x −(x−1) e+2(x−1)×e dx. 0 0 Z 1 −x SoitJ=2(x−1)×e dxet intégrons à nouveau par parties : 0 ½ ½ ′ u(x)=2(x−1)u(x)=2 Soit⇒ ′ −x−x v(x)=ev(x)= −e Z 1 £ ¤ £ ¤ 1 1 −x 1−x−x−x DoncJ= [ −2(x−1)e ]+2 e dx= −2(x−1)e+ −2e= 0 0 0 0 £ ¤ 1 −x−x −2(x−1)e−2e . 0 Finalement : £ ¤ £ ¡ ¢¤ 1 1 2−x−x−x−x2 I= −(x−1) e−2(x−1)e−2e= −e (x−1)+2(x−1)+2= 0 0 2 −1 −e×2+(1−2+2)=1−. e b.On a vu à la question 1. b. que sur l’intervalle [0 ; 1], C 1 est au dessous de C 2 . L’aire cherchée est donc égale, en unités d’aire, à l’intégrale : Z · ¸ Z Z 1 1 1 3 3 2 2−x2 2 −x (x−1)−(x−d1) e x=(x−1) dx−(x−d1) e x= 0 2 0 2 0 · ¸ 1 µ ¶ 3 1 3(x−1) 1 12 2 −I= −1−− = (u.a.) 3 2 2 e e 2 0 2 1 On a− ≈0, 24. e 2 On peut vérifier sur la figure cidessous que la partie hachurée mesure à peu près 24 carreaux sur l’unité qui fait 100 petits carreaux , soit effecti vement 0,24.

Baccalauréat S

Partie C