Source Latex: Corrigé du devoir de mathématiques

Terminale S

Annale Bac S corrigé: métropole, juin 2015
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Description
Annale Bac S corrigé: métropole, juin 2015
Niveau
Terminale S
Table des matières
  • Exercice 1: Probabilités: lois exponentielle & normale, intervalle de confiance
  • Exercice 2: Géométrie dans l'espace
  • Exercice 3: Nombres complexes
  • Exercice 4: Logarithme, intégration et algorithme
Mots clé
annale bac S, Nouvelle Calédonie, Bac S, annale corrigée

Sujet du devoir

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    pdfsubject={Corrigé du baccalauréat de mathématiques 2015},
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
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\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
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\nwc{\ul}{\underline}
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\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\nwc{\vspd}{\vspace{0.2cm}}
\nwc{\vspt}{\vspace{0.3cm}}
\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}

\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
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\def\Q{\mathbb{Q}}
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\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}

\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
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\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
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\nwc{\TITLE}{Corrigé bac S - Métropole 22 juin 2015}

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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}
\rfoot{\TITLE\ - \thepage/\pageref{LastPage}}
\cfoot{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\ct{\bf\LARGE{\TITLE}}

\textbf{\textsc{Exercice 1 \hfill 6 points}}

\textbf{Partie 1}
\bgen
\item 
  \bgen[a.]
  \item Par définition, $\dsp P(c\leqslant X\leqslant d)=\int_c^df(x)dx=\int_c^d\lambda e^{-\lambda x}$.

    Or, $F:x\mapsto -e^{-\lambda x}$ est une primitive de $f$ et donc, 
    \[P(c\leqslant X\leqslant d)=\int_c^df(x)dx=\Bigl[F(x)\Bigr]_c^d
    =F(d)-F(c)=-e^{-\lambda d}-\lp-e^{-\lambda c}\rp=e^{-\lambda c}-e^{-\lambda d}\]

  \item On a $P(X>20)=P(0\leqslant X\leqslant 20)=e^{-\lambda\tm0}-e^{-\lambda\tm20}=1-e^{-20\lambda}$.

    Ainsi, $P(X>20)=0,95\iff 1-e^{-20\lambda}=0,95\iff \lambda=-\dfrac{\ln(0,05)}{20}\simeq 0,150$.
  \item L'espérance d'une loi exponentielle est
    $E(X)=\dfrac{1}{\lambda}\simeq 6,676$.

\medskip
		
\textbf{Dans la suite de l'exercice on prend } \boldmath$\lambda = 0,15$\unboldmath.
\item $P(10 \leqslant X \leqslant 20)=e^{-10\lambda}-e^{-20\lambda}\simeq 0,173$.
		
\item $P(X>18)=1-P(0\leqslant X\leqslant 18)=1-\lp e^{-0\lambda}-e^{-18\lambda}\rp=e^{-18\lambda}\simeq 0,067$.
  \enen
	
\item 
  \bgen[a.]
  \item La calculatrice donne $P(20 \leqslant Y \leqslant 21)\simeq0,015$.
  \item	$P((Y < 11) \cup (Y > 21))=1-P(11\leqslant Y\leqslant 21)\simeq0,010$.
\enen
\enen

\bigskip
\textbf{Partie 2}
On peut alors représenter la situation par un arbre, en notant les événements: 
\bgit
\item R: "le bon d'achat est rouge"
\item V: "le bon d'achat est vert"
\item T: "le bon d'achat est de trente euros"
\item C: "le bon d'achat est de cent euros"
\item A: "le bon d'achat est d'une autre valeur"
\enit
\[\psset{xunit=1.2cm,yunit=1cm}\begin{pspicture}(-.2,-2.8)(4,2.2)
\psline(1.5,-1.5)(0,0)(1.5,1.5)\rput(1.75,1.5){V}
\rput(0.4,0.9){$0,75$}\rput(0.4,-0.9){$0,25$}
\psline(3.5,1)(2,1.5)(3.5,2)\rput(1.75,-1.5){R}
\rput(3.75,2){T}\rput(3.75,1.){A}
\rput(2.8,2.){$0,067$}\rput(2.8,.9){$0,933$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-.5)\rput(3.75,-.5){T}
\psline(2,-1.5)(3.5,-1.5)\rput(3.75,-1.5){C}
\psline(2,-1.5)(3.5,-2.5)\rput(3.75,-2.5){A}
\rput(2.8,-0.7){$0,015$}\rput(2.95,-1.35){$0,010$}\rput(2.8,-2.5){$0,975$}
\end{pspicture}\]
\bgen
\item En notant S l'événement: "la valeur du bon d'achat est
  supérieure ou égale à 30 euros", la probabilité recherchée est la
  probabilité conditionnelle: 
  \[P_R(S)=P_R(T)+P_R(C)=0,025\]
\item $P(S) = P(T\cup C)=P(V)\tm P_V(S)+P(R)\tm P_R(S)
  =0,75\tm0,067+0,025\tm0,025=0,0565\simeq 0,057$

\item En utilisant la valeur précédente, la probabilité d'avoir un bon d'un montant supérieur ou égal à 30 euros est $p=0,057$.

Comme $n=200\geqslant 30$ ; $np=11,4\geqslant 5$ et
$n(1-p)=188,6\geqslant 5$, on peut utiliser la formule asymptotique de
l'intervalle de fluctuation à 95\%: 
la proportion $p'$ dans un échantillon aléatoire de 200 bons d'achat
est, avec une probabilité d'environ 95\%, dans l'intervalle de fluctuation 
\[I=\left[p-1,96\times \dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}~;~p+1,96\times \dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\right]\simeq \Bigl[0,024;0,090\Bigr]\]
Ici, la proportion observée est $p'=\dfrac{6}{200}=0,03$. 
On a $p'\in I$, et donc les doutes du directeur du magasin ne sont pas
justifiés: avec un faible risque d'erreur (d'environ 5\%), la
fluctuation de $p'$ par rapport à celle de $p$ annoncée s'explique
simplement par le fait que l'échantillon des 200 billets de son
magasin est constitué au hasard. 
\enen

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2 \hfill 3 points}}
\begin{enumerate}
\item 
  \bgen[a.]
  \item Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\V{AB}\lp\bgar{c}2\\0\\0\enar\rp=2\V{OI}$.
		
    La droite $(AB)$ est donc parallèle à l'axe $(OI)$.
  \item $\V{CD}\lp\bgar{c}0\\4\\3\enar\rp=4\V{OJ}+3\V{OK}$ est un
    vecteur directeur de la droite $(CD)$ qui est donc incluse dans un
    plan parallèle à $(OJK)$

    Comme $x_C=x_D=11$ le plan $\mathcal{P}$ a pour équation cartésienne $x=11$. 
  \item On a $\V{AE}\lp\bgar{c}11\\0\\0\enar\rp$ et 
    $\V{AB}\lp\bgar{c}2\\0\\0\enar\rp$, ce qui montre que ces vecteurs
    sont colinéaires, et ainsi que $E$ est un point de la droite
    $(AB)$. 

    De plus $x_E=11$, et donc $E\in\mathcal{P}$. 

    Ainsi, $E$ est bien le point d'intersection de $(AB)$ et de $\mathcal{P}$. 

    \vspd
    \textsl{Remarque: $\V{AB}=2\V{OI}$, donc $(AB)//(OI)$, 
      et comme $\mathcal{P}$ est parallèle au plan $(OJK)$, 
      $(AB)$ est bien orthogonale au plan $\mathcal{P}$. 
      Cette justification n'était par contre pas demandée\dots}
  \item $(CD)$ est incluse dans $\mathcal{P}$, et $(AB)$ coupe
    $\mathcal{P}$ en $E$. 

    Ainsi, si $(AB)$ et $(CD)$ sont sécantes, elles le sont
    nécessairement au point $E$. 

    Or, $\V{CE}\lp\bgar{c}0\\-1\\4\enar\rp$ n'est pas colinéaire à
    $\V{CD}$, ce qui montre que $E\notin(CD)$. 

    Ainsi, $(AB)$ et $(CD)$ ne sont pas sécantes. 

    \vspd
    \textbf{Autre méthode.} On peut aussi chercher directement
    l'éventuelle intersection des deux droites à l'aide de leur
    représentation paramétrique: 
    \[(AB):\la\bgar{l}x=t\\y=-1\\z=5\enar\right.,~t\in\mathbb{R}
    \qquad
    (CD) \la\bgar{lcl}x&=&11\\y&=&0,8t'\\z&=&1+0,6t'\enar\right.,~t'\in~\mathbb{R}\]
    On cherche alors $t$ et $t'$ tels que 
    $\la\bgar{lcl}t&=&11\\-1&=&0,8t'\\5&=&1+0,6t'\enar\right.$. 
    Or ce système n'a pas de solution, et donc $(AB)$ et $(CD)$ pas
    d'intersection et ne sont donc pas sécantes. 
  \enen
\item
  \bgen[a.]
  \item $\V{M_tN_t}\lp\bgar{c}11-t\\0,8t+1\\0,6t-4\enar\rp$ 
    donc $M_tN_t^2=(11-t)^2+(0,8t+1)^2+(0,6t-4)^2=2t^2-25,2t+138$.
  \item $M_tN_t$ est positif, donc est minimale quand son carré est minimal.
		
    On définit la fonction $f$ sur $\R_+$ par l'expression 
    $f(t=)=M_tN_t^2=2t^2-25,2t+138$.  

    $f$ est une fonction du second degré avec 
    $f'(t)=4t-25,2$. 

    Ainsi $f'(t)=0\iff t=\dfrac{25,2}{4}=6,3$, et $f'(t)<0$ donc $f$
    est décroissante pour $t<6,3$, et $f'(t)>0$ donc $f$ croissante
    pour $t>6,3$. 

    Ainsi $f$, donc $M_tN_t$, admet un minimum en $t=6,3$.
  \enen
\enen

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3 \hfill 5 points}}
\bgen
\item L'équation du second degré $z^2-8z+64=0$ a pour discriminant 
  $\Delta=64-4\times 64=-3\times 64<0$ est admet donc deux solutions
  complexes conjuguées:
  $z_1=\dfrac{8+i\sqrt{3\times 64}}{2}=4+4i\sqrt{3}$ et $z_2=\overline{z_1}=4-4i\sqrt{3}$.
\item 
  \bgen[a.]
  \item $|a|=|4+4i\sqrt{3}|=4|1+i\sqrt{3}|=4\times 2=8$.
		
    On en déduit $a=8\lp\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}\rp=4\lp\cos\dfrac\pi3+i\sin\dfrac\pi3\rp$.
    Un argument de $a$ est donc $\dfrac\pi3$.
  \item On a trouvé $a=4e^{i\frac\pi3}$ et  $b=\overline{a}=4e^{-i\frac\pi3}$.
  \item $|a|=8$ ; $|b|=\left|\overline{a}\right|=|a|=8$ et $|c|=\vert8i|=8$. Les points $A$, $B$ et $C$ sont donc sur le cercle de centre $O$ et de rayon 8.
  \item Voir figure en fin d'exercice.
  \enen
\smallskip

\item 
  \bgen[a.]
  \item $b'=be^{i\frac\pi3}=8e^{-i\frac\pi3}\tm e^{i\frac\pi3}=8$.
  \item $a'=ae^{i\frac\pi3}=8e^{i\frac\pi3}e^{\frac\pi3}=8e^{i\frac{2\pi}{3}}$. 
    Donc $|a'|=8$, et $\arg(a')=\dfrac{2\pi}{3}$. 
  \enen
\item 
  \begin{enumerate}[a.]
  \item $r=\dfrac{a'+b}{2}=\dfrac{-4+4i\sqrt{3}+4-4i\sqrt{3}}{2}=0$, 
    et $s=\dfrac{b'+c}{2}=\dfrac{8+8i}{2}=4+4i$.
  \item $RST$ semble être un triangle équilatéral.

    On calcule: $RS=|s-r|=|4+4i|=4|1+i|=4\sqrt2$, 
    \[\bgar{ll}ST&=|t-s|=|-2-2\sqrt3+i\lp-2+2\sqrt3\rp|
    =2|-1-\sqrt{3}+i\lp-1+\sqrt{3}\rp|\\[.3cm]
    &=2\sqrt{\left(-1-\sqrt{3}\right)^2+\left(-1+\sqrt{3}\right)^2}=2\sqrt{\left(1+2\sqrt{3}+3+1-2\sqrt{3}+3\right)}=2\sqrt8=4\sqrt2\enar\]
    et 
    \[\bgar{ll}RT&=|t-r|=|2-2\sqrt3+i(2+2\sqrt3)|
    =2|1-\sqrt3+i(1+\sqrt3)|\\[.3cm]
    &=2\sqrt{1-2\sqrt{3}+3+1+2\sqrt{3}+3}=2\sqrt{8}
    =4\sqrt2\enar\]

$RS=ST=RT=4\sqrt{2}$ donc le triangle $RST$ est bien équilatéral.
  \enen
\enen
\[
\psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-9.,-9.)(9.5,9.5)
\psellipse(0.,0.)(8.,8.)
\psline(-4.,6.92820323027551)(4.,-6.928203230275509)
\psline(8.,0.)(0.,8.)
\psline(-6.928203230275509,4.)(4.,6.928203230275509)
\psline(0.,0.)(4.,4.)
\psline(4.,4.)(-1.4641016151377544,5.464101615137755)
\psline(-1.4641016151377544,5.464101615137755)(0.,0.)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](4.,6.928203230275509)
\rput[bl](4.169401790290362,7.161121938954711){\blue{$A$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](4.,-6.928203230275509)
\rput[bl](4.169401790290362,-6.701250295749133){\blue{$B$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0.,8.)
\rput[bl](0.14612708998838755,8.236650819233457){\blue{$C$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0.,0.)
\rput[bl](0.14612708998838755,0.22993582160278905){\blue{$O=R$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-4.,6.92820323027551)
\rput[bl](-3.8373132073402996,7.161121938954711){\blue{$A'$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](8.,0.)
\rput[bl](8.15284208761905,0.22993582160278905){\blue{$B'$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-6.928203230275509,4.)
\rput[bl](-6.785059027363528,4.253210521904767){\blue{$C'$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0.,0.)
%\rput[bl](0.14612708998838755,0.22993582160278905){\darkgray{$R$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](4.,4.)
\rput[bl](4.169401790290362,4.253210521904767){\darkgray{$S$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](-1.4641016151377544,5.464101615137755)
\rput[bl](-1.28791141704994,5.6872490289430955){\darkgray{$T$}}
%\psgrid[subgriddiv=1](-9.,-9.)(9.,9.)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=2.,Dy=2.,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-9.,-9.)(9.5,9.5)
\pspolygon[linecolor=red,fillcolor=cyan!40,fillstyle=solid,opacity=0.1](0.,0.)(4.,4.)(-1.4641016151377544,5.464101615137755)
\end{pspicture*}\]

\clearpage

\textbf{\textsc{Exercice 4 \hfill 6 points}}

\textbf{Partie 1} 

\bgen
\item $f=uv+w$ avec $u(x)=x+1$, donc $u'(x)=1$, 
  $v=\ln(u)$, donc $v'=\dfrac{u'}{u}$ soit $v'(x)=\dfrac{1}{x+1}$ 
  et $w(x)=-3x+7$ donc $w'(x)=-3$. 

  On a alors $f'=u'v+uv'+w'$, 
  soit $f'(x)=\ln(x+1)+(x+1)\dfrac{1}{x+1}-3=\ln(x+1)-2$. 
\item $f'(x)>0\iff \ln(x+1)>2\iff x+1>e^2$, par croissance de la
  fonction exponentielle, et donc $f'(x)>0\iff x=e^2-1$.
  \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
    x&0&&$e^{2}-1$&&20\\\hline
    $f'(x)$&&-&\zb&+&\\\hline
    &7&&&&$f(20)\simeq 10,93$\\
    $f(x)$&&\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.4,.4)(.6,-.5)&&
    \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.6,-.5)(.4,.4)&\\
    &&&$\bgar{c}f\lp e^{2}-1\rp\\=10-e^2\simeq 2,6\enar$&&\\\hline
  \end{tabular}\]
\item  Le coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $0$ est $f'(0)=1\ln(1)-2=-2$.

\item Une primitive de $f$ est donc donnée par 
  $F(x)=g(x)-\dfrac{3x^2}{2}+7x$
\enen
\bigskip

\textbf{Partie 2}

\medskip

\bgen
\item
\bgit
\item La différence entre les points le plus haut et le plus bas est $f(20)-f\lp e^{2}-1\rp\simeq 8,3>8$ donc $P_1$ est vraie.
\item $f'(20)=\ln(21)-2\simeq 1,04$. D'après la question 3.,
  l'inclinaison en $B$ est 2, donc $P_2$ est vraie.
\enit

\item L'aire de la face avant, en unités d'aire, vaut 

\noindent $\dsp \mathcal{A}_1=\int_0^{20}f(x)dx=F(20)-F(0)\simeq101,3$.

L'aire latérale gauche vaut $\mathcal{A}_2=\mathcal{A}(OAB'B)=10f(0)=70$.

L'aire latérale droite vaut $\mathcal{A}_3=\mathcal{A}(DD'C'C)=10f(20)\simeq 109,3$.

L'aire à peindre est donc $\mathcal{A}=2\mathcal{A}_1+\mathcal{A}_2+\mathcal{A}_3\simeq 381,9~\text{m}^2$.

Il faut prévoir donc au minimum $\dfrac{381,9}{5}\simeq77$ litres de peinture. 
\medskip

\item 
\bgen[a.]
\item $B_kB_{k+1}=\sqrt{(k+1-k)^2+\lp f(k+1)-f(k)\rp^2}=\sqrt{1+\lp f(k+1)-f(k)\rp^2}$.
\item La partie de l'algorithme à compléter est :

\noindent $S$ prend la valeur 0.

\noindent Pour $K$ allant de 0 à 19

\quad $S$ prend la valeur $S+10\sqrt{1+\left(f(k+1)-k(k)\right)^2}$

Fin Pour
\enen
\enen

\label{LastPage}
\end{document}

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