Bac ES/L – Asie – Juin 2016

Asie – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici : obligatoire et spécialité.

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $f'(1)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $T_1$.
    Cette tangente est parallèle à l’axe des abscisses.
    Donc $f'(1)=0$
    Réponse a
    $\quad$
  2. $f'(0)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_0$, qui passe par les points $A$ et $C$.
    Donc $f'(0)=\dfrac{3-1}{2-0}=1$
    Réponse b
    $\quad$
  3. On ne connaît pas précisément l’ordonnée de $B$ (on peut seulement lire qu’elle vaut environ $1,5$).
    Réponse d
    $\quad$
  4. $\displaystyle \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x$ est l’aire du domaine compris entre la courbe $\mathcal{C}_f$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=2$.
    Cette aire est comprise entre celle d’un rectangle de dimensions $2\times 1$ et celle d’un rectangle de dimensions $2\times 1,5$ ($1,5$ est une valeur approchée de l’ordonnée de $B$).
    Par conséquent $\displaystyle 2 \leqslant \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x \leqslant 3$.
    Réponse b
    $\quad$

Partie B

  1. a. $F$ est une primitive de $f$ sur $[-1;5]$.
    Donc sur cet intervalle :
    $\begin{align*} f(x)&=F'(x) \\
    &=-(2x+4)\e^{-x}+\left(x^2+4x+5\right)\e^{-x} \\
    &=\left(x^2+2x+1\right)\e^{-x}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. L’aire cherchée est égale à :
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x \\
    &=F(2)-F(0) \\
    &=-17\e^{-2}+5
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $f$ est dérivable sur $[-1;5]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=(2x+2)\e^{-x}-\left(x^2+2x+1\right)\e^{-x}=\left(-x^2+1\right)\e^{-x}$
    Sur $[1;5]$, $x^2\geqslant 1$ donc $-x^2+1\leqslant 0$.
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Donc $f'(x)\leqslant 0$ sur $[1;5]$.
    La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $[1;5]$.
    De plus $f$ est continue sur cet intervalle car dérivable.
    $f(1)=4\e^{-1}\approx 1,47 >1$ et $f(5)=36\e^{-5} \approx 0,24 <1$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=1$ admet donc une unique solution.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. On effectue $100$ tirages aléatoires, indépendants, avec remise possédant exactement deux issues : $D$ “la clé est défectueuse” et $\overline{D}$.
    $p(D)=0,015$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=0,015$.
    $\quad$
  2. A l’aide de la calculatrice on trouve :
    $p(X=0) \approx 0,221$ et $p(X=1)\approx 0,336$
    $\quad$
  3. $p(X \leqslant 2) = p(X=0)+p(X=1)+p(X=2) \approx 0,810$
    $\quad$

Partie B

  1. $p(98\leqslant R \leqslant 103) \approx 0,976$
    $\quad$
  2. La droite d’équation $x=30$ est un axe de symétrie pour la courbe donc l’espérance de la variable aléatoire $W$ est $\mu=30$.
    On sait que $p(28\leqslant W \leqslant 32)\approx 0,95$
    Or on sait que $p(\mu-2\sigma \leqslant W \leqslant \mu+2\sigma) \approx 0,95$
    Et ici $p(30-2\sigma \leqslant W \leqslant 30+2\sigma) \approx 0,95$.
    Ainsi l’écart-type est $\sigma \approx 1$.
    $\quad$

Partie C

$n=100 \geqslant 30$, $f=\dfrac{94}{100}$ donc $nf=94\geqslant 5$ et $n(1-f) =6 \geqslant 5$.
Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ est donc :
$\begin{align*} I_{100}&=\left[0,94-\dfrac{1}{\sqrt{100}};0,94+\dfrac{1}{\sqrt{100}}\right] \\
&=[0,84;1]
\end{align*}$

Remarque : une probabilité ne peut pas être supérieure à $1$, on ne peut donc pas écrire $1,04$ comme borne supérieure de l’intervalle de confiance.
$\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

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

  1. Le lycée comptait $3~000$ élèves au $1^{\text{er}}$ septembre 2015. Donc $u_0=3~000$.
    Chaque année $10\%$ des élèves quittent l’établissement; il en reste donc $90\%$ soit $0,9u_n$.
    $250$ nouveaux élèves s’inscrivent$ donc, pour tout entier naturel $n$ on a $u_{n+1}=0,9u_n+250$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$, $u_n=v_n+2~500$
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-2~500 \\
    &=0,9u_n+250-2~500 \\
    &=0,9u_n-2~250 \\
    &=0,9\left(v_n+2~500\right) \\
    &=0,9v_n+2~250-2~250 \\
    &=0,9v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,9$ et de premier terme $v_0=u_0-2~500=500$.
    $\quad$
    b. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=500\times 0,9^n$.
    Ainsi $u_n=v_n+2~500=500\times 0,9^n+2~500$.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$,
    $\begin{align*} u_{n+1}u_n&=500\times 0,9^{n+1}+2~500-500\times 0,9^n-2~500 \\
    &=500\times 0,9^n\times (0,9-1) \\
    &=500\times 0,9^n \times (-0,1) \\
    &=50\times 0,9^n
    \end{align*}$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}-u_n<0$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  4. Initialisation
    $\quad$ $u$ prend la valeur $2~800$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $2015$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $u>2~800$ faire
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $0,9u+250$
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $n$
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité.

Partie A

  1. Ce graphe est connexe.
    Les sommets $A$, $B$ et $D$ sont de degré $3$.
    Pour que le graphe admette une chaîne eulérienne, il faudrait qu’il possède exactement deux sommets de degré $3$.
    Il n’en possède donc pas.
    $\quad$
  2. a. $C$ et $D$ ne sont pas adjacents donc $a=0$.
    $D$ et $G$ sont adjacents donc $b=1$.
    $I$ et $E$ sont adjacents donc $c=1$.
    $K$ et $E$ ne sont pas adjacents donc $d=0$.
    $\quad$
    b. $M^3_{(1;10)}=5$.
    Par conséquent il existe $5$ chemins de longueur $3$ reliant $A$ et $J$ :
    $A-D-G-J$
    $A-C-G-J$
    $A-C-F-J$
    $A-D-F-J$
    $A-B-F-J$.
    $\quad$

Partie B

Pour déterminer ce chemin nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra.

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&I&J&K&\text{Sommet} \\
\hline
0&&&&&&&&&&&A \\
\hline
&2A&5A&3A&&&&&&&&B \\
\hline
&&5A&3A&8B&4B&&&&&&D\\
\hline
&&5A&&8B&4B&8D&&&&&F \\
\hline
&&5A&&8B&&8D&7F&8F&9F&&C\\
\hline
&&&&8B&&8D&7F&8F&9F&&H \\
\hline
&&&&8B&&8D&&8F&9F&9H&E\\
\hline
&&&&&&8D&&8F&9F&9H&G\\
\hline
&&&&&&&&8F&9F&9H&I\\
\hline
&&&&&&&&&9F&9H&J\\
\hline
&&&&&&&&&&9H&K\\
\hline
\end{array}$$

Le chemin de longueur minimale entre les sommets $A$ et $K$ est $A-B-F-H-K$. Il mesure $9$ km.

Ex 4

Exercice 4

On appelle :
• $F$ l’événement “la personne interrogée est une femme”;
• $H$ l’événement “la personne interrogée est un homme”;
• $F$ l’événement “la personne interrogée travaille à temps partiel”.

Bac ESL - Asie - juin 2016 - ex4

D’après la formule des probabilités totales :
$\begin{align*} p(T)=p(F\cap T)+p(H\cap T) &\ssi 0,36=0,6\times 0,56+p(H\cap T) \\
&\ssi 0,36=0,336+p(H\cap T) \\
&\ssi p(H\cap T)=0,024
\end{align*}$

On veut calculer :
$\begin{align*}p_T(H)&=\dfrac{p(H\cap T)}{p(T)} \\
&=\dfrac{0,024}{0,36} \\
&=\dfrac{1}{15}
\end{align*}$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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