Bac ES/L – Antilles Guyane – juin 2017

Antilles Guyane – Juin 2017

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. $P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0,42}{0,6}=0,7$
    $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=0,68$
    $P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0,42}{0,5}=0,84$
    Réponse c
    $\quad$
  2.  $E(X)=\dfrac{0+5}{2}=\dfrac{5}{2}$
    $p(X>2)=p(2<X<5)=\dfrac{5-2}{5-0}=\dfrac{3}{5}$
    Réponse b
    $\quad$
  3. Puisque $\mu=100$ alors $p(Y\pp 100)=0,5$
    A l’aide de la calculatrice $p(Y>98)=0,5+p(98<Y<100)\approx 0,84$
    A l’aide de la calculatrice $p(96 \pp Y \pp 104) \approx 0,954$
    Réponse c
    $\quad$
  4. Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $0,95$ est de la forme $\left[f-\dfrac{1}{\sqrt{n}};f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$
    Donc son amplitude est $f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\left(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)=\dfrac{2}{\sqrt{n}}$
    On souhaite que :
    $\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}}=0,1&\ssi \sqrt{n}=\dfrac{2}{0,1} \\
    &\ssi \sqrt{n}=20\\
    &\ssi n=400
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
  5. $\mu=3$ : on exclut le graphique a
    $f$ est la fonction de densité de probabilité associée à la loi normale centré réduite donc $f(0)=0,4$ : on exclut le graphique c.
    $\sigma=2>1$ donc g(\mu)<f(0) : on exclut le graphique b
    Réponse d
    $\quad$

 

Ex 2 obl

Exercice 2

Candidats ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et candidats L

  1. $u_1=\left(1-\dfrac{4}{100}\right)u_0+2=0,96\times 75+2=74$
    $u_2=0,96\times 74+2=73,04$
    $\quad$
  2. $u_1-u_0=-1$
    $u_2-u_1=-0,96\neq -1 $
    Par conséquent la suite $\left(u_n\right)$ n’est pas arithmétique.
    $\dfrac{u_1}{u_0}=\dfrac{74}{75}\approx 0,986~7$
    $\dfrac{u_2}{u_1}=\dfrac{73,04}{74}\approx 0,987~0$
    Les quotients sont différents : la suite $\left(u_n\right)$ n’est pas géométrique.
    $\quad$
  3. $4\%$ de la quantité d’eau s’est évaporée quotidiennement. Il en reste donc $96\%$. Soit $0,96u_n$.
    Chaque jour il y a un apport de $2$ m$^3$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_{n+1}=0,96\times u_n+2$.
    $\quad$
  4. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=u_n-50$ soit $u_n=v_n+50$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-50\\
    &=0,96u_n+2-50\\
    &=0,96u_n-48\\
    &=0,96\left(v_n+50\right)-48\\
    &=0,96v_n+48-48\\
    &=0,96v_n
    \end{align*}$
    La suite $^\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $q=0,96$ et de premier terme $v_0=u_0-50=25$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $v_n=25\times 0,96^n$.
    $\quad$
    c. On sait que pour tout entier naturel $n$ on a :
    $u_n=v_n+50=25\times 0,96^n+50$
    $\quad$
    d. $0<0,96<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 0,96^n=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=50$.
    Sur le long terme la piscine contiendra $50$ m$^3$ d’eau.
    $\quad$
  5. a. L5 : Tant que $u\pg 65$
    L6: $u$ prend la valeur $0,96\times u+2$
    $\quad$
    b. l’algorithme affiche le plus petit entier naturel tel que $u_n<65$
    $\quad$
    c. On cherche le plus entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} u_n<65 &\ssi 25\times 0,96^n+50<65 \\
    &\ssi 25\times 0,96^n<15 \\
    &\ssi 0,96^n<\dfrac{15}{25} \\
    &\ssi 0,96^n<0,6 \\
    &\ssi n\ln(0,96)<\ln(0,6) \\
    &\ssi n >\dfrac{\ln(0,6)}{\ln(0,96)} \\
    &\ssi n \pg 13
    \end{align*}$
    L’algorithme affiche donc $13$.
    Par conséquent tous les termes $u_0$, $u_1$, $\ldots$, $u_{12}$ sont supérieurs à $65$.
    Le niveau de l’eau est suffisant durant $13$ jours.
    $\quad$

 

Ex 2 spé

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Déterminons le degré des sommets
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{sommet}&A&B&C&D&E&F&G\\
    \hline
    \text{degré}&2&4&3&2&4&3&2\\
    \hline
    \end{array}$
    Exactement $2$ sommets de ce graphe connexe ont un sommet impair.
    Il existe donc une chaîne eulérienne.
    On peut donc nettoyer toutes les allées en passant une et une seule fois par chacune d’elles.
    $\quad$
  2. Le graphe possède des sommets de degré impair.
    Il n’existe donc pas de cycle eulérien.
    Il n’existe donc pas de parcours permettant de nettoyer toutes les allées en passant une et une seule fois par chacune d’elles et de revenir au point de départ.
    $\quad$
  3. Pour déterminer le trajet nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&\text{sommet}\\
    \hline
    0&&&&&&&A\\
    \hline
    &75(A)&110(A)&&&&&B\\
    \hline
    &&105(B)&125(B)&117(B)&&&C\\
    \hline
    &&&125(B)&117(B)&&&E\\
    \hline
    &&&125(B)&&157(E)&210(E)&D\\
    \hline
    &&&&&157(E)&210(E)&F\\
    \hline
    &&&&&&210(E)&G\\
    \hline
    \end{array}$
    Le chemin le plus court est donc $A-B-E-G$. Il mesure $210$ mètres.
    $\quad$

Partie B

  1. Un graphe modélisant cette situation est :
    $\quad$
  2. La matrice de transition de ce graphe est : $M=\begin{pmatrix}0,95&0,05\\0,2&0,8\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. On note $d_n$ et $e_n$ respectivement la proportion de vacanciers prenant leur déjeuné au centre de vacances et la proportion de vacanciers prenant leur déjeuner à l’extérieur le $n$-ième jour.
    Et on note $p_n=\begin{pmatrix}d_n&e_n\end{pmatrix}$
    Ainsi $p_1=\begin{pmatrix}0,25&0,75\end{pmatrix}$
    Donc $p_2=p_1\times M=\begin{pmatrix}0,387~5&0,612~5\end{pmatrix}$
    Le deuxième jour $38,75\%$ des vacanciers déjeuneront au centre de vacances.
    $p_5=p_1\times M^4 \approx \begin{pmatrix}0,626&0,374\end{pmatrix}$
    Le cinquième jour, environ $62,6\%$ des vacanciers déjeuneront au centre de vacances.
    $\quad$
  4. $\begin{pmatrix}0,5&0,5\end{pmatrix}\times M=\begin{pmatrix}0,575&0,425\end{pmatrix}$
    L’état $\begin{pmatrix}0,5&0,5\end{pmatrix}$ n’est donc pas stable.
    $\quad$
  5. Déterminons l’état stable $p=\begin{pmatrix}d&e\end{pmatrix}$.
    Il vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} p=p\times M\\d+e=1\end{cases}&\ssi \begin{cases}d=0,95d+0,2e\\e=0,05d+0,8e\\e=1-d\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} -0,05d+0,2e\\0,05d-0,2e=0\\e=1-d\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} 0,05d-0,2(1-d)=0\\e=1-d\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 0,25d=0,2\\e=1-d\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} d=0,8\\e=0,2\end{cases}
    \end{align*}$
    L’état stable est donc $p=\begin{pmatrix}0,8&0,2\end{pmatrix}$.
    Puisque la matrice $M$ est d’ordre $2$ et ne comporte aucun $0$ alors la suite $\left(p_n\right)$ converge vers la matrice $p$.
    Sur le long terme, $80\%$ des vacanciers prendront leur déjeuner au centre.
    L’affirmation est donc fausse.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. La tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $-2$ est parallèle à l’axe des abscisses.
    Par conséquent $f'(-2)=0$.
    $\quad$
  2. Graphiquement, $f'(4)$ semble être négatif (fonction décroissante sur l’intervalle $[-2;10]$).
    $\quad$
  3. L’aire $\mathscr{A}$ du domaine grisé peut être encadré par l’aire d’un trapèze (grande base =$2$, petite base=$1$, hauteur=$2$) et l’aire d’un carré de côté $2$.
    Donc $\dfrac{(2+1)\times 2}{2} <\mathscr{A}<2^2$ soit $3<\mathscr{A}<4$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. $f$ est dérivable sur $[-4;10]$ comme composée et produit de fonctions dérivables.
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-0,5x}-0,5(x+4)\e^{-0,5x} \\
    &=(1-0,5x-2)\e^{-0,5x} \\
    &=(-0,5x-1)\e^{-0,5x}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle est strictement positive. Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $-0,5x-1$
    $-0,5x-1=0\ssi -0,5x=1\ssi x=-2$
    $-0,5x-1>0\ssi -0,5x>1\ssi x<-2$
    La fonction $f$ est donc strictement croissante sur l’intervalle $[-4;-2]$ et strictement décroissante sur l’intervalle $[-2;10]$.
    $\quad$
    c. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle $[1;6]$.
    $f(1)=5\e^{-0,5}\approx 3,03>1,5$ et $f(6)=10\e^{-3}\approx 0,50<1,5$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=1,5$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $[1;6]$.
    $\quad$
    d. A l’aide de la calculatrice on trouve $\alpha\approx 3,11$.
    $\quad$
  2. a. La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $f^{\prime\prime}(x)$ ne dépend que de celui de $0,25x$.
    $0,25x>0\ssi x>0$ et $0,25x=0\ssi x=0$.
    La fonction $f$ est donc concave sur l’intervalle $[-4;0]$ et convexe sur l’intervalle $[0;10]$.
    $\quad$
    b. La courbe $\mathscr{C}$ possède donc un unique point d’inflexion dont l’abscisse est $0$ et dont l’ordonnée est $f(0)=4$.
    $\quad$
  3. a. Pour montrer que $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[-4;10]$ on montre que $F'(x)=f(x)$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} S&=\displaystyle \int_2^4 f(x)\dx \\
    &=F(4)-F(2) \\
    &=-20\e^{-2}+16\e^{-1} \\
    &\approx 3,18 \text{ u.a}
    \end{align*}$
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. Une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;1]$ est la fonction $F$ définie sur cet intervalle par $F(x)=4x-\dfrac{\e^{-5x}}{5}$.
    L’aire du domaine compris entre la courbe $\mathscr{C}$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et$ x=1$ est :
    $\begin{align*}\displaystyle \mathscr{A}&=\int_0^1 f(x)\dx \\
    &=F(1)-F(0)\\
    &=4-\dfrac{\e^{-5}}{5}+\dfrac{1}{5}\\
    &=4,2-\dfrac{\e^{-5}}{5}
    \end{align*}$
    Si $a=3$ alors l’aire du rectangle inférieur est $1\times 3=3\text{ u.a}$
    Or $\mathscr{A}\approx 4,2<2\times 3$
    Donc $a=3$ ne convient pas.
    $\quad$
  2. L’aire du rectangle inférieur est $a \text{ u.a.}$
    On veut donc que :
    $\begin{align*} a=\dfrac{\mathscr{A}}{2} &\ssi a=\dfrac{4,2-\dfrac{\e^{-5}}{5}}{2} \\
    &a\approx 2,1
    \end{align*}$
    $\quad$

 

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Énoncé spé

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