Corrigé du baccalauréat S obligatoire Polynésie septembre
7
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Français
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2011
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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.
Voir
[ 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
- ??
[Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 2011
\
EX E R C IC Epoints1 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(N1)= =,p(N2)= =,p(N3)= = E E E 225 9 225 9 225 9 Sur les 75 personnes empruntant l’escalier, on obtient de même :
1 pE(N1)=, 3
1 4
3 4
2 pE(N2)=, 3
E
E
0 pE(N3)= 3 2N1 3 1 3 N2
0 3
2 9 3 9
N3
N1
N2
4 9 N3 1 1 1 a.On ap(E∩N2)=p(E)×pE(N2)= × =. 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 N1, N2, N3sont bien équiprobables. 1 p(E∩N2)121 c.Il faut trouver :pN(E)== = . 2 1 p(N2) 4 3 e a.étage égaleUne personne prise au hasard a une probabilité d’aller au 2 1 àp(N2)=. 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’esLa 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)⇐⇒6n 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.
EX E R C IC E2 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 2³ ´ 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). −→−→ Orpetqorne 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 direcOn 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 M1(−1 ; 0 ; 4), soit le point A, l’autre correspondant àt=donnant le point 15 µ ¶ 14 2 13 M2−;−; . 15 15 3
EX E R C IC E3
Partie A
5 points
zB−zAi−2+3i−2+4i−1+2i (−1+2i)(2−i)−2+2+i+4i 1.= = = == = zC−zA6−i−2+3i 4+2i 2+i (2+i)(2−i) 4+1 5i =i. 5 zB−zA−→−→−→−→ π 2.Le résultat précédent=i équivaut à AB=AC i⇐⇒AB=e AC , ce 2 zC−zA 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. DonczE= −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−zA) ′ ′ 3.Pourz6=i, on a :z= ⇐⇒z=(1), d’où en prenant les z−iz−zB 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.
EX E R C IC E4
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 ( 2½ ½ (x−1)=0 x=1x=1 ¡ ¢ ¡ ¢ 3⇐⇒ ⇐⇒ −x3 2 e− =0−x=lnx=ln 2 3 2 C1etC2ont 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 0dx6(x−1) e dx6(x−1) dx⇐⇒06un6⇐⇒ 0 0 02n+1 0 2n+1 2n (−1) (−1) 06un6− ⇐⇒06un6+et finalement : 2n+1 2n+1
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Polynésie (enseignement obligatoire)
2n−x2n 06(x−1) e6(x−1) .
2.
a.On sait que 06x61, d’où−16−x60 et par croissance de la fonction −1−x0−1−x exponentielle e6e6e ou encore e6e61 (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)6e (x−1)61×(x−1) (1) et finalement
1.
A. P. M. E. P.
3 3 −x−x3 3 2 Or e− >0⇐⇒e> ⇐⇒ −x>ln⇐⇒x< −ln⇐⇒x<ln . 2 2 3 2 2 ¤ £ 2 Concusion :C1est au dessus deC2sur−∞; ln ; on trouve de même 3 ¤ £ 2 queC1est au dessous deC2;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) e1−2(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 −x1−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],C1est au dessous de C2. 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= 02020 · ¸1µ ¶ 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 cidessous 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
