TES/TL Nouvelle- Calédonie nov 2014

Nouvelle-Calédonie  Novembre 2014

Bac TES/TL – Correction – Mathématiques

L’énoncé de ce sujet est disponible ici.

Exercice 1

tes-nouvelle-caledonie-nov2014-ex1

  1. On cherche $p(A \cap S) = 0,6 \times 0,2 = 0,12$ Réponse B
    $\quad$
  2. On cherche $p_S(A) = \dfrac{p(S \cap A)}{p(S)}$ $ = \dfrac{0,12}{0,48}$ $=0,25$ Réponse C
    $\quad$
  3. $n = 100$ et $p=0,48$. On a bien $n \ge 30, np \ge 5$ et $n(1-p) \ge 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $\begin{align}I_{100} &=\left[0,48 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,48 \times 0,52}{100}};0,48 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,48 \times 0,52}{100}}\right] \\\\
    & \approx [0,382;0,578]
    \end{align}$
    Réponse A
    $\quad$
  4. On cherche $P(X \le 40) = 0,5 – P(40 \le X \le 48) $ $\approx 0,055$ Réponse A
    $\quad$
  5. On cherche $P(35  \le D \le 50) = \dfrac{50 – 35}{50 – 30}=0,75$ Réponse D

$\quad$

Exercice 2

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

Partie A

  1. $f(0) = 2$
    $f'(0) = 1$ c’est le coefficient directeur de la droite $(GH)$ tangente à la courbe en $G$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est décroissante sur $[\ln 2;2]$.
    Donc la solution de $f'(x) \le 0$ sur $[-1;2]$ est $[\ln 2;2]$.
    $\quad$
  3. Le domaine hachuré est compris entre des rectangles de tailles $1 \times 2$ et $1 \times 2,5$
    Ils ont chacun pour aire $2$ u.a. et $2,5$ u.a. .
    Par conséquent l’aire hachurée est comprise entre $2$ et $3$ unités d’aire.
    $\quad$

Partie B

  1. La fonction $f$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables.
    $f'(x) = a – \text{e}^x$
    $\quad$
  2. On a $f'(0) = 1$ or $f'(0) = a – 1$ donc $1 = a – 1$ soit $a=2$.
    De plus $f(0) = 2$ et $f(0) = b – 1$ donc $2=b – 1$ soit $b = 3$.
    $\quad$
  3. $f(x) = 2x + 3 – \text{e}^x$
    Une primitive de $f$ sur $[-1;2]$ est donc la fonction $F$ définie sur cet intervalle par :
    $F(x) = x^2 + 3x – \text{e}^x$
    $\quad$
  4. L’aire hachurée est :
    $\begin{align} I &= \displaystyle \int_0^1 f(x) \text{d}x \\\\
    &= F(1) – F(0) \\\\
    &= 4 – \text{e} + 1\\\\
    &= 5 – \text{e} \text{ u.a.}
    \end{align}$

$\quad$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
  1. Le sommet $1$ est de degré $3$.
    Le sommet $2$ est de degré $4$.
    Le sommet $3$ est de degré $2$.
    Le sommet $4$ est de degré $2$.
    Le sommet $5$ est de degré $3$.
    Ce graphe complet possède exactement deux sommets de degré impair. Il possède donc une chaîne eulérienne.
    Il est par conséquent possible d’emprunter une fois et une seule chaque parcours en commençant par l’arbre $1$.
    $\quad$
    Un itinéraire est : $1 – 2 – 5 – 1 – 4 – 2 – 3 – 5$.
    $\quad$
  2. a. La matrice $M$ est $$\begin{pmatrix} 0&1&0&1&1\\\\1&0&1&1&1\\\\0&1&0&0&1\\\\1&1&0&0&0\\\\1&1&1&0&0\end{pmatrix}$$
    b. Le nombre d’itinéraires express correspond à $M^3_{1,4} = 5$.
    $\quad$
  3. a. $f(2) = 4a+2b+c = 8,1$
    $f(10) = 100a+10b+c = 2,5$
    $f(20) = 400a + 20b+c = 0$
    Par conséquent les nombres $a, b, c$ sont solutions du systèmes :
    $$\begin{cases} 400a + 20b+c = 0 \\\\100a + 10b + c = 2,5 \\\\4a + 2b + c = 8,1 \end{cases}$$
    $\quad$
    b. On a $X = \begin{pmatrix} a\\\\b\\\\c \end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix} 0 \\\\2,5\\\\8,1 \end{pmatrix}$
    $\quad$
    c. La calculatrice nous indique que la matrice $U$ est inversible.
    Donc $X = U^{-1}V= \begin{pmatrix} 0,025 \\\\-1\\\\10 \end{pmatrix}$

$\quad$

Exercice 3

  1. Chaque année $40\%$ ne sont pas renouvelés. Cela signifie donc que $60\%$ le sont.
    Cela correspond donc à $0,6a_n$.
    Chaque année la société accueille $400$ nouveaux abonnés.
    On a donc bien $a_{n+1} = 0,6a_n+400$.
    La société comptait en 2010 $1~500$ abonnés.
    La suite $(a_n)$ modélise bien le nombre d’abonnés pour l’année $2010+n$.
    $\quad$
  2. a.$\quad$
    $\begin{align} v_{n+1} & =a_{n+1} – 1000\\\\
    &=0,6a_n + 400 – 1000\\\\
    &=0,6a_n – 600 \\\\
    &=0,6(a_n – 1000) \\\\
    &=0,6v_n
    \end{align}$
    La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $0,6$ et de premier terme $v_0 = a_0 – 1000 = 500$.
    $\quad$
    b. On a donc $v_n = 500 \times 0,6^n$
    $\quad$
    c. $a_n = v_n + 1000 = 500 \times 0,6^n + 1000$.
    $\quad$
  3. a. En $2010$ il y avait $1 ~500$ abonnés. La recette était donc de $1~500 \times 400 = 600~000$ euros.
    $\quad$
    b. La suite $(P_n)$ est géométrique de raison $1,05$ et de premier terme $400$.
    Donc $P_n = 400 \times 1,05$
    $\quad$
    c. On a $R_n = a_n \times P_n = \left(500 \times 0,6^n + 1000 \right)\times \left(400 \times 1,05^n \right)$
    $\quad$
    d. On veut que $R_n > 600~000$
    Cela se produit pour $n= 9$
    C’est donc en $2019$ que la recette de cette société dépassera celle obtenue en $2010$.

$\quad$

Exercice 4

  1. a. D’après la première ligne de calcul du logiciel de calcul formel on a $f'(x) = \dfrac{1 -\ln(x)}{x^2}$.
    $\quad$
    b. Pour tout $x \in [1;10]$ on a $x^2 \ge 0$.
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $1 – \ln(x)$.
    Or $1 – \ln(x) \ge 0 \Leftrightarrow x \in [1;\text{e}]$.
    TES-nllecalédonie-nov14-ex4

  2. a. On a $f'(x) = \dfrac{1}{x^2} – \dfrac{\ln(x)}{x^2}$
    Par conséquent $f \prime \prime (x) = -\dfrac{2}{x^3} – \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}$ $=\dfrac{2\ln(x) – 3}{x^3}$
    $\quad$
    b. Sur $[1;10]$ le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $2\ln(x) – 3$.
    $2\ln(x) – 3 \ge 0 \Leftrightarrow \ln(x) \ge \dfrac{3}{2} $ $\Leftrightarrow x \ge \text{e}^{3/2}$
    Par conséquent :
    – $\quad$ sur $\left[1;\text{e}^{3/2}\right[$, $f\prime \prime(x) < 0$
    – $\quad$ $f\prime \prime\left(\text{e}^{3/2}\right) = 0$
    – $\quad$ sur $\left[\text{e}^{3/2};10\right]$, $f\prime \prime(x) > 0$
    $\quad$
    La fonction $f\prime \prime$ s’annule donc en $\text{e}^{3/2}$ en changeant de signe. Le point d’abscisse $\text{e}^{3/2}$ est donc un point d’inflexion pour la courbe $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  3. a. 
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|}
    \hline
    X&Y&Z&Test : Y<Z \\\\
    \hline
    2&0,3466&0,3533&vrai \\\\
    \hline
    2,1&0,3533&0,3584&vrai \\\\
    \hline
    2,2&0,3584&0,3621&vrai \\\\
    \hline
    2,3&0,3621&0,3648&vrai \\\\
    \hline
    2,4&0,3648&0,3665&vrai \\\\
    \hline
    2,5&0,3665&0,3675&vrai \\\\
    \hline
    2,6&0,3675&0,3679&vrai \\\\
    \hline
    2,7&0,3679&0,3677&Faux\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affichera donc $2,7$
    Il s’agit d’une valeur approchée de l’abscisse du maximum de la courbe $\mathscr{C}$
    $\quad$