Bac STMG – Centres étrangers – Juin 2015

Centres étrangers – Juin 2015

Bac STMG – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici .

Exercice 1

  1. $P(8,1 \le X \le 8,3) \approx 0,954$.
    Réponse d
    $\quad$
  2. $n = 800$ et $f = \dfrac{560}{800} = 0,7$.
    Un intervalle de confiance est :
    $\begin{align*} I_{800} &= \left[0,7 – \dfrac{1}{\sqrt{800}};0,7 + \dfrac{1}{\sqrt{800}} \right] \\\\
    & \approx [664;0,736]
    \end{align*}$
    Réponse a
    $\quad$
  3. 1. On a $p\left(\overline{A}\right) = 1-0,4 = 0,6$.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(B) &= p(A \cap B) + p\left(\overline{A} \cap B\right) \\\\
    &= 0,4 \times 0,1 + 0,6 \times 0,2 \\\\
    &= 0,04 + 0,12 \\\\
    &= 0,16
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
    2. $\quad$
    $\begin{align*} p_B(A) &=\dfrac{p(A \cap B)}{p(B)} \\\\
    &= \dfrac{0,4 \times 0,1}{0,16} \\\\
    &= 0,25
    \end{align*}$
    Réponse a
    $\quad$

Exercice 2

  1. a. $\quad$
    $\begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    \text{Année} & \text{Effectif} & \text{Taux d’évolution annuel} \\\\
    \hline
    2010&250& \\\\
    \hline
    2011&225& -10\% \\\\
    \hline
    2012&202&-10\% \\\\
    \hline
    2013&182&-10\% \\\\
    \hline
    2014&164&-10\%\\\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    On constate que le nombre de limicoles baisse chaque année d’environ $10\%$.
    $\quad$
    b. En suivant la même évolution, on obtient les effectifs suivants :
    $\begin{array}{|c|c|}
    \hline
    \text{Année} & \text{Effectif} \\\\
    \hline
    2014&164 \\\\
    \hline
    2015&148 \\\\
    \hline
    2016&133 \\\\
    \hline
    2017&120\\\\
    \hline
    2018&108\\\\
    \hline
    2019&97\\\\
    \hline
    \end{array}$
    L’alerte sera donc déclenchée avant 2020.
    $\quad$
  2. a. Au premier janvier 2015, il y aura donc $164 \times (1-0,06) +20 = 174,16$ soit $174$ limicoles.
    $\quad$
    b. On a pu entrer, en $C2$, la formule suivante :
    $$=B2*0,94+20$$
    $\quad$
    c. Ces mesures permettent d’augmenter chaque année le nombre de limicoles sur l’île de Ré. En regardant l’évolution sur les années suivantes, on constate qu’en 2026 on dépassera l’effectif de 2010. Ces mesures semblent donc adaptée.

$\quad$

Exercice 3

  1. a. Le taux d’évolution demandée est de $22,9 \%$.
    $\quad$
    b. En 2011, il y avait donc $1~268 \times \left(1 + \dfrac{22,9}{100}\right) = 1~558,372$ milliers de voitures neuves équipées d’un moteur diesel.
    $\quad$
  2. On cherche la valeur de $t$ telle que $126 \times \left(1 + \dfrac{t}{100}\right)^2=122,9$.
    $\quad$
    Par conséquent $\left(1 + \dfrac{t}{100}\right)^2 = \dfrac{122,9}{126}$.
    $\quad$
    D’où $1 + \dfrac{t}{100} = \sqrt{\dfrac{122,9}{126}} \approx 0,9876$.
    $\quad$
    Ainsi $\dfrac{t}{100} \approx -0,0124$ et $t\approx -1,24$.
    $\quad$
    Le taux d’évolution moyen annuel entre $2009$ et $2011$ est de $-1,24\%$.
    $\quad$
  3. a. Une équation de la droite d’ajustement affine est :
    $$y = 2,49x+102,63$$
    $\quad$
    b.
    bac STMG-amerique du nord - juin2015-ex3$\quad$
    c. A l’aide de ce modèle, on obtiendrait les indices suivants :
    En 2012 : $2,5 \times 11 + 102,6 = 130,1$
    En 2013 : $2,5 \times 12 + 102,6 = 132,6$
    $\quad$
  4. a. Le nombre d’immatriculations en 2012 et 2013 a baissé par rapport à 2011. On peut donc remettre en question l’estimation précédente.
    $\quad$
    b. En deux ans, entre 2011 et 2013, le nombre d’immatriculation a baissé de $\dfrac{1~182,2 – 1~558,2}{1~558,2} \approx 24,13\%$.
    Si cette tendance se poursuit, on aura en 2015 $1~182,2 \times (1-0,2413) \approx 896,9$ milliers d’imatriculations.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. Il suffit de lire $f(1) = 90$.
    La fabrication d’une tonne de bouteilles coûte donc $90~000$ euros.
    $\quad$
  2. On lit l’abscisse du point de la courbe dont l’ordonnée est $130$. Il s’agit d’environ $4,7$.
    Il faut donc produire environ $4,7$ tonnes de bouteilles pour avoir un coût de $130~000$ euros.
    $\quad$

Partie B

  1. $\quad$
    $\begin{align*} C_M(x) &= \dfrac{0,5x^3-4x^2+20x+72}{x} \\\\
    &= 0,5x^2-4x+20+\dfrac{72}{x}
    \end{align*}
    Ainsi
    $\begin{align*} C_M'(x) &= 2\times 0,5x – 4 – \dfrac{72}{x^2} \\\\
    &= x-4-\dfrac{72}{x^2} \\\\
    & = \dfrac{x^3-4x^2-72}{x^2}
    \end{align*}$
  2. Or
    $\begin{align*} (x-6)(x^2+2x+12) &=x^3+2x^2+12x-6x^2-12x-72 \\\\
    &=x^3-4x^2-72
    \end{align*}$
    Donc on a bien $$C_M'(x) = \dfrac{(x-6)\left(x^2+2x+12\right)}{x^2}$$
  3. On considère l’expression $x^2+2x+12$, avec $a=1$, $b=2$ et $c=12$
    $\Delta = -44<0$. Il n’y a donc pas de racines.
    Ce polynôme est donc du signe de $a$, c’est-à-dire positif.
    Puisque $x^2$ est toujours positif, le signe de $C_M'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-6$.
    $\quad$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    bac STMG-amerique du nord - juin2015-ex4
    $\quad$
  4. Il faut donc produire $6$ tonnes de bouteilles pour avoir un coût moyen minimal.
    $\quad$

Partie C

  1. $\quad$
    $\begin{align*} B(x) &= 40x – f(x) \\\\
    &=40x – \left(0,5x^3-4x^2+20x+72\right) \\\\
    &=40x-0,5x^3+4x^2-20x-72 \\\\
    &=-0,5x^3+4x^2+20x-72
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $B(6,5) = 89,6875$.
    Le bénéfice associé à une production de $6,5$ tonnes est donc de $89~687,5$ euros.
    $\quad$
  3. $B(6) =84$.
    On a donc $B(6) < B(6,5)$.
    L’affirmation est donc fausse.

$\quad$