Corrigé du Bac ES Obligatoire L Maths et spécialité

Description

EXERCICE1 Partie A MATHÉMATIQUES Série ES / L 1. Onutilise les propriétés de la loi normale. Ainsi : (a) P(X=10)=0 car c’est une loi continue. 1 (b) P(X⩾45)=car la courbe représentative de la densité de la loi normale est symétrique par 2 rapport à la droitex=45 qui est sa moyenne.

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• Publié par: LeParisienEtudiant
• Publié le: 22 juin 2018
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• Langue: Français

Extrait

MATHÉMATIQUES- 2018
Série ES / L
Obligatoire et spécialité

Remarque 1.Un sujet classique, avec un exercice de probabilités et statistiques (exercice 1), un
QCM de probabilité et d’analyse (exercice 2), un exercice de suites arithmético-géométriques ou de
graphe (exercice 3), et enfin une étude de fonction appliquée (exercice 4).
Aucun surprise et aucune difficulté, l’ensemble du sujet est classique et bien amené.

EXERCICE1

Partie A

1. Onutilise les propriétés de la loi normale. Ainsi :
(a) P(X=10)=0 car c’est une loi continue.
1
(b) P(X>45)=car la courbe représentative de la densité de la loi normale est symétrique par
2
rapport à la droitex=45 qui est sa moyenne.
(c) P(216X669)=P(−2σ6X−µ62σ)≈0, 95(intervalle usuel).
1
(d) P(216X645)=P(216X645)≈par symétrie de la courbe.0, 485
2
2. Enutilisant la calculatrice, P(306X660)≈0, 789.
3. Demême, en utilisant la calculatrice, P(X6a)=pour0, 30a≈39.

Partie B

1. Onutilise un intervalle de fluctuation à 95% pourp=et0, 89n=300 :
" pp #
p(1−p)p(1−p)
p−1, 96p;p+1, 96p
n n

soit
[0, 854; 0, 925]
286
2. Onobtient une fréquence def= ≈0, 953.
300
3. Onse donne l’hypothèse : “le taux est resté stable”.
On prend l’intervalle de fluctuation vue en 1, et la fréquence vue en 2. On constate que

f6∈[0, 854; 0, 925]

On peut donc, au seuil de 95%, rejeter l’hypothèse et dire que le taux de satisfaction n’est pas resté
stable.

EXERCICE2

Partie A

1. Pardéfinition, P(S) est la probabilité que l’élève soit inscrit dans un club de sport sachant que c’est
F
un garçon. Il s’agit donc de la réponsea.

1 / 5

2. Pardéfinition :
P(F∩S) 0,3×0, 4
PF(S)≈= =0, 255
P(F) 0,47
La bonne réponse est donc lab.

Partie B
′2′
1. Ladérivée degestg(x)= −3x+6x. Enx=1,g(1)=1 etg(1)=3. Ainsi, l’équation de la tangente au
′
point d’abscisse 1 esty=g(1)(x−1)+g(1)=3(x−1)+1=3x−2. La bonne réponse est la réponseb.
2. Pardéfinition, la valeur moyenne degsur [−1;a] vaut
Z
a
1
Va=g(t) dt
a+1−1
· ¸a
4 3
1x x
= −+3−x
a+1 43
−1
µ ¶
4
1a
3
= −+a−a−(−1/4+ −1+1)
a+1 4
µ ¶
4
1a1
3
= −+a−a+
a+41 4

Cette valeur est nulle poura=1. La bonne réponse est lab.

EXERCICE3 - NON SPÉ

1.

2.

(a) Audeuxième jour, on a une augmentation de 6%, puis une baisse de 15 cm. Ainsi :
µ ¶
6
u1=605×1+ −15=626, 3
100

Au 2 janvier, le niveau est à 626,3 centimètre.
(b) Onutilise le même calcule. Entre len-ième jour et len+1-ième jour, on augment de 6%
(multi6
plication par 1+, puis une diminution de 15 centimètre (soit une soustraction de 15). Ainsi :
100
µ ¶
6
un+1=un1+ −15=1, 06un−15
100

(a) Pourtout entiern:

vn+1=un+1−250
=1, 06un−15−250
=1, 06un−265
=1, 06(vn+250)−265
=1, 06vn

Ainsi (v) est géométrique, de raison 1,06 et de premier termev=u−250=355.
n0 0
(b) D’aprèsce qui précède, pour tout entiern, on a

n n
vn=v0(1, 06)=355×1, 06

et donc, puisqueun=vn+250, on obtient bien pour toutn:

n
un=355×1, 06+250

2 / 5

3.

(a) Puisque1, 06>1, on en déduit que

et par somme et produit :

n
lim 1,06= +∞
n→+∞

limun= +∞
n→+∞

(b) Puisqu’elletend vers+∞, elle dépassera 1000c mà partir d’un certain rang. Ils vont donc devoir
ouvrir les vannes.

4. (a)On fait tourner tant qu’on ne passe pas 1000 :
Tant que U< 1000 faire
U <- 1,06 U-15
*
5. Lavariable N vaut N=13 à la fin de l’exécution (première fois où U>1000).

6. Ainsi,au 13e jour, c’est-à-dire le 14 janvier,u13dépasse 10 mètres et il faudra ouvrir les vannes.

EXERCICE3 - SPÉCIALITÉ

Partie A

1. Ily a 5 sommets, donc l’ordre est de 5.

2.

(a) Onrange dans l’ordre alphabétique. On a alors


0
0
M=1

0
1

1
0
1
0
1

0
0
0
0
0

1
1
0
0
1


0
0
1

0
0

3
(b) D’aprèsM ,en position 3è ligne (D) 4è colonne (F), il y a 3. Il y a donc 3 chemins possibles, en 3
arêtes, de D à F. Ce sont :

D−H−A−F,

3. Onapplique l’algorithme de Dijkstra.

D
0

D−A−B−F

A
16
D
16D

B
40D
28A
35
H
35H

H
19
D
19
D
19
D

et

F
+∞
41
A
41
A
41A

D−H−B−F

Le chemin le plus court est donc D−A−F en 41 minutes.
Partie B
On utilise la matrice d’adjacence, en utilisant la dernière ligne pour les arêtes issues de T, et la dernière
colonne pour les arêtes venant en T. On obtient le graphe suivant :

3 / 5

EXERCICE4

−2x
1. Ennotant, pour tout réelxde [−2; 4],u(x)=2x+1 etv(x)=e alors

et par dérivée d’un produit :

′
u(x)=2,

′ −2x
v(x)= −2 e

′ −2x−2x−2x−2x
f(x)=2 e+(2x+1)(−2 e)=e (2−4x−2)= −4xe

−2x′
2. Sur[−2; 4],e>0 doncfest du signe de−4x, c’est-à-dire négatif six>0 et positif sinon. On
obtient le tableau de variations suivant :

x

′
f(x)

f(x)

−2

f(−2)

+

0

0

4

−

4

f(4)

3. Sur[−2; 0],fest continue et strictement croissante.f(−2)≈ −161<0 etf(0)=4>0. D’après le
théorème de la bijection, l’équationf(x)=0 admet une unique solution sur [−2; 0].
En utilisant la calculatrice, on obtient quef(−0.81)<0,f(−0.8)>0 doncα≈ −0, 8.
4.
′′
(a) Sur[−2; 4],f(x) est du signe de 8x−4.
1
Or, 8x−4>0 si et seulement six>. On obtient le tableau de signe suivant :
2

x

8x−4

−2

−

1
2

0

+

4

£ ¤
1′′
(b) Ainsi,sur ;4 ,f(x)>0 doncfy est convexe et c’est le plus grand intervalle de [−2; 4]qui le
2
vérifie.

4 / 5

5.

6.

(a) DérivonsG pourx∈[−2; 4]: par dérivée d’un produit :

′ −2x−2x−2x−2x
G (x)= −1 e+(−x−1)(−2 e)=e (−1+2x+2)=(2x+1) e=g(x)

Ainsi, G est une primitive deg.
(b) Puisquepour toutx,f(x)=g(x)+3, on en déduit une primitive def:

−2x
F :x7→G(x)+3x=(−x−1) e+3x

(a) Pardéfinition, on obtientDci-dessous :

(b) Onpeut encadrer le domaine par les deux rectangles, l’un de largeur 1 et de hauteur 3 et l’autre
de largeur 1 et de hauteur 4. Ainsi, 3×1=3<A<4×1=4.
(c) Onutilise la primitive vue précédemment :
Z
1
A=f(t) dt
0
1
=[F(t)]
0
−2
=(−2 e+3)−(−1)
−2
= −2 e+4≈3, 73

L’aire, au centième, vaut 3,73 unité d’aire.

5 / 5