Baccalauréat ST2S Polynésie juin
3
pages
Documents
2009
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
3
pages
Documents
2009
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat ST2S Polynésie juin 2009 \ EXERCICE 1 5 points 1. On a p(F )= 0,60, donc p ( F ) = 1?0,6= 0,40 ; De même p(M)= 0,30, donc p ( M ) = 1?0,3= 0,70 ; Enfin p ( F ?M ) = 0,16. On sait que p(M)= p(F ?M)+p ( F ?M ) , donc p(F ?M)= p(M)?p ( F ?M ) = 0,30?0,16 = 0,14. 2. On a pF (M)= p(F ?M p(F ) = 0,14 0,60 = 7 30 ≈ 0,23. 3. On a p(F )= p(F ?M)+p ( F ?M ) , donc p ( F ?M ) = p(F )?p(F ?M)= 0,60?0,14 = 0,46. Enfin p ( F ) = p ( F ?M ) +p ( F ?M ) , donc p ( F ?M ) = p ( F ) ?p ( F ?M ) = 0,40?0,16 = 0,24.
Voir
[ Baccalauréat ST2S Polynésie juin 2009 \ EXERCICE 1 5 points 1. On a p(F )= 0,60, donc p ( F ) = 1?0,6= 0,40 ; De même p(M)= 0,30, donc p ( M ) = 1?0,3= 0,70 ; Enfin p ( F ?M ) = 0,16. On sait que p(M)= p(F ?M)+p ( F ?M ) , donc p(F ?M)= p(M)?p ( F ?M ) = 0,30?0,16 = 0,14. 2. On a pF (M)= p(F ?M p(F ) = 0,14 0,60 = 7 30 ≈ 0,23. 3. On a p(F )= p(F ?M)+p ( F ?M ) , donc p ( F ?M ) = p(F )?p(F ?M)= 0,60?0,14 = 0,46. Enfin p ( F ) = p ( F ?M ) +p ( F ?M ) , donc p ( F ?M ) = p ( F ) ?p ( F ?M ) = 0,40?0,16 = 0,24.
- t2?7t ?
- allure de la courbe
- trinôme
- ?100 ≈
- baccalauréat st2s
- coefficient directeur
- moment de l'épidémie
Publié par
Publié le
01 juin 2009
[Baccalauréat ST2S Polynésie juin 2009\
EX E R C IC Epoints1 5 ´ 1.On ap(F)=donc0, 60,p F=1−0, 6=0, 40 ; ³ ´ De mêmep(M)=donc0, 30,p M=1−0, 3=0, 70 ; ³ ´ Enfinp F∩M=0, 16. ³ ´´ On sait quep(M)=p(F∩M)+p F∩M, doncp(F∩M)=p(M)−p F∩M= 0, 30−0, 16=0, 14. p(F∩M70, 14 2.On apF(M)= ≈= =0, 23. p(F60 30) 0, ³ ´³ ´ 3.On ap(F)=p(F∩M)+p F∩M, doncp F∩M=p(F)−p(F∩M)= 0, 60−0, 14=0, 46. ³ ´´ ´´ ³´ ³´ Enfinp F=p F∩M+p F∩M, doncp F∩M=p F−p F∩M= 0, 40−0, 16=0, 24. ³ ´ ³ ´p F∩M 0, 2424 6 Doncp M=³ ´= == =0, 60. F 0, 4040 10 p F 4.Il faut calculerp(M∪F)=p(M)+p(F)−p(M∩F)=0, 3+0, 6−0, 14=On0, 76. p(M∩F14 7 cherchepM(F)= ≈= =0, 47. p(M15) 30 On a le tableau de répartition suivant :
F FTotal M14 16 30 M46 24 70 P P 100 P Total 6040P P 100P
EX E R C IC E2 7points 205 185−177 470 1. a.De 1990 à 2002, il y a eu une augmentation de×100≈ 177 470 15, 6 %. b.La formule est=(C4−B4)/Ben mettant la colonne en format pour4 , centage. 1 1/12 c.Il faut trouver le nombrettel que 1,156=(1+t156) 2soit 1,=1+t 1/12 et enfint=1, 156−1≈0,012 15≈0,012 2 Le taux d’augmentation annuel est d’environ 1,22 %. 2. a.u1=205 185×1, 007≈206 621médecins. b.On aun+1=un×(1+0, 007)=1, 007un. c.(un) est donc une suite géométrique de premier terme 205 185 et de rai son 1,007. n n Doncun=u0×1, 007=205 185×quel que soit le naturel1, 007n.
Baccalauréat ST2S
A. P. M. E. P.
8 d.2010 correspond àn=8, doncu8=205 185×1, 007≈216 961.
EX E R C IC E3 Partie A : étude graphique
8 points
1.La droite d’équationy=150 coupe la courbe en deux points dont les abscisses sont les bornes de l’intervalle de jours où la situation est grave. On lit 4 et à peu près 10,2. La situation est donc grave pendant un peu plus de 6 jours. 112, 5 2.La droite (OA) a un coefficient directeur de=11, 25 ;ce coefficent direc 10 ′ teur est égal au nombre dérivé de la fonctionfpourx=0, soitf(0)=11, 25. 3. a.Graphiquement le maximum est à peu près égal àf(7, 5)=253 000ma e lades et ceci se produit durant le 8jour. Le maximum correspond à un ′ nombre dérivé nul, doncf(7, 5)=0. La vitesse d’évolution est donc nulle au bout de 7 jours et demi. b.ond auLe moment de l’épidémie la maladie progresse le plus corresp nombre dérivé maximal, donc à la tangente dont le coefficient directeur e e est le plus grand. Ce point se situe entre le 3et le 4jour.
Partie B : étude théorique 1.
t f(t)
0 0
1 20,75
2 56,5
3 101,25
4 149
5 193,75
t6 7 8 910 11 f(t162,5 63,25) 229,5250,25 250 222,75 µ ¶ 21 4515 ′2 2 2.f(t)= −3t+ ×2t+ =−3t−7t−. 2 44 15 15 2 2 Étudions le trinômet−7t−:Δ=49+4× =64=8 . 4 4 7+8 157−8 1 Le trinôme a donc deux racinest1= =ett2−= =. 2 22 2 µ ¶µ ¶ 15 1 ′ On peut donc factoriserf(t)= −3t−t+. 2 2 ′ 3.Le trinôme est positif sauf entre les racines, doncf(t)<0 sauf entre les ra ¸ · 1 15 ′ cines, doncf(t)>0 sur−; . 2 2 · ·· ¸ 15 15 Conclusion : sur0 ;la fonction est croissante et sur; 11elle est 2 2 décroissante. Ceci est cohérent avec l’allure de la courbe µ ¶µ ¶ 15 1545 ′2′ 4.f(t)= −3t−7t− ⇒f(0)= −3× −= =11, 25. 4 44 Remarque: on peut retrouver la valeur exacte du maximum :f(7, 5)=253, 125 soit 253 125 malades au maximum. ′ De même la dérivée est maximale pourt=3, 5et vaut à ce momentf(3, 5)= 48.
Polynésie
2
juin 2009
Baccalauréat ST2S
Annexe (exercice 3)
À rendre avec la copie
nombre de jours en milliers
250
200
150 112,5 100
50
C f
A
A. P. M. E. P.
t(en jours) O −1 12 3 4 5 6 7 8 910 11 12 −50
Polynésie
3
juin 2009
