Bac STMG – Polynésie – Septembre 2019

Polynésie – Septembre 2019

Bac STMG – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On appelle $X$ une variable aléatoire qui suit la loi normale de paramètres $\mu=6$ et d’écart type $\sigma = 0,7$.
    On veut calculer $P(5,3 \pp X \pp 6,7) \approx 0,683$.
    La probabilité qu’une pomme soit vendue au marché est environ égale à $0,683$.
    $\quad$
  2. La probabilité qu’une pomme serve à faire des compotes est égale à $1-P(5,3 \pp X \pp 6,7)  \approx 0,317$.
    $\quad$

Partie B

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :

    $\quad$
  2. a. D’après l’arbre pondéré on a $P(R\cap M)=0,6\times 0,8 = 0,48$.
    $\quad$
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(M)&=P(R\cap M)+P(J\cap M) \\
    &=0,48+0,5\times 0,4\\
    &=0,68\end{align*}$
    $\quad$
    c. Les deux valeurs sont très proches l’une de l’autre. Le résultat obtenu à la question B.2.b est donc cohérent avec celui de la question A.2.
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_M(R)&=\dfrac{P(M\cap R)}{P(R)} \\
    &=\dfrac{0,48}{0,68} \\
    &\approx 0,706\end{align*}$
    La probabilité qu’une pomme acheter sur le marché soit rouge est environ égale à $0,706$.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. On a $U_1=U_0\times \left(1-\dfrac{15}{100}\right)=0,85\times 20~000 =17~000$
    En 2011, $17~000$ ont été jetés par terre dans cette ville.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $U_{n+1}=0,85U_n$.
    La suite $\left(U_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,85$ et de premier terme $U_0=20~000$.
    $\quad$
    b. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $U_n=20~000\times 0,85^n$.
    $\quad$
    c. En 2019, on a $U_{9}=20~000\times 0,85^{9}\approx 4~632$.
    En 2019, $4~632$ seraient jetés par terre.
    $\quad$
  3. a. À la ligne 4 on a $U\leftarrow 0,85\times U$.
    $\quad$
    b. D’après la calculatrice, on a $U_{11} \approx 3~347$ et $U_{12}\approx 2~845$.
    La variable $N$ a donc pris la valeur $12$ quand l’algorithme s’arrête.
    $\quad$

Partie B

  1. a.  $\dfrac{6~691-20~000}{20~000}=-0,665~45$
    Le taux d’évolution global du nombre de mégots ramassés dans la rue principale entre 2010 et 2018 est donc d’environ $-67\%$ (il s’agit d’une baisse).
    $\quad$
    b. On appelle $x$ le taux d’évolution moyen du nombre de mégots ramassés dans la rue principale.
    Ainsi :
    $\begin{align*} 20~000\times \left(1-\dfrac{x}{100}\right)^8=6~691&\ssi \left(1-\dfrac{x}{100}\right)^8=\dfrac{6~691}{20~000} \\
    &\ssi 1-\dfrac{x}{100}=\left(\dfrac{6~691}{20~000}\right)^{1/8}\\
    &\ssi -\dfrac{x}{100}=\left(\dfrac{6~691}{20~000}\right)^{1/8}-1\\
    &\ssi \dfrac{x}{100}=1-\left(\dfrac{6~691}{20~000}\right)^{1/8}\\
    &\ssi x=100\left(1-\left(\dfrac{6~691}{20~000}\right)^{1/8}\right)\\
    \end{align*}$
    Par conséquent $x\approx 12,79$
    Le d’évolution moyen cherché est donc environ égal à $-13\%$.
    $\quad$
    c. Si le taux d’évolution entre 2018 et 2019 est de $-14\%$ alors :
    $6~691\times (1-0,14)=5~754,26$.
    Environ $5~754$ mégots seront ramassés dans la rue principale en 2019.
    $\quad$
  2. a. D’après la calculatrice une équation de la droite d’ajustement du nuage par la méthode des moindres carrés est $y=-1~642x+18~507$
    $\quad$
    b. La droite passe par le point de coordonnées $(0;18~500)$.
    Si $x=10$ alors $y=2~500$ : elle passe également par le point de coordonnées $(10;2~500)$.
    On obtient alors le graphique suivant :

    $\quad$
    c. En 2020 on a $x=10$ donc $-1600\times 10+18~500=2~500$.
    En 2020, $2~500$ mégots seraient ramassés selon ce modèle.
    $\quad$
    d. D’après le graphique le nombre de mégots devrait être inférieur à $3~000$ à partir de l’année 2020.
    Il semblerait que le point d’intersection entre la droite $d$ et la droite d’équation $y=3~000$ ait pour abscisse environ $9,67$.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

Partie A : lecture graphique

  1. Graphiquement, l’image de $3$ par la fonction $f$ est $14,8$.
    $\quad$
  2. Graphiquement le point d’intersection des deux courbes a pour coordonnées $(7;8,8)$.
    $\quad$

Partie B : calculs

  1. a.
    $\begin{align*} f(x)=g(x)&\ssi 0,05x^2-2x+20,35=0,7x+3,9 \\
    &\ssi 0,05x^2-2x+20,35-0,7x-3,9=0 \\
    &\ssi 0,05x^2-2,7x+16,45=0\end{align*}$
    $\quad$
    b. Le discriminant de cette équation du second degré est :
    $\Delta = (-2,7)^2-4\times 0,05\times 16,45=4>0$
    L’équation possède donc deux solutions réelles :
    $x_1=\dfrac{2,7-\sqrt{4}}{0,1}=7$ et $x_2=\dfrac{2,7+\sqrt{4}}{0,1}=47$
    Or $47\notin [0;22]$
    Par conséquent l’équation $(E)$ ne possède qu’une seule solution $7$.
    $\quad$
    c. Or $g(7)=0,7\times 7+3,9=8,8$.
    Le point d’intersection des deux courbes a pour coordonnées $(7;8,8)$.
    $\quad$
  2. a. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;22]$ en tant que fonction polynôme.
    Pour tout réel $x$ appartenant à $[0;22]$ on a :
    $f'(x)=0,05\times 2x-2=0,1x-2$.
    $\quad$
    b. $0,1x-2=0 \ssi 0,1x=2 \ssi x=20$ et $0,1x-2>0 \ssi 0,1x>2 \ssi x> 20$.
    Par conséquent :
    – $f'(x)<0$ si $x\in [0;20[$;
    – $f'(20)=0$;
    – $f'(x)>0$ si $x\in ]20;22]$.
    $\quad$
    c. On obtient donc le tableau de variations de la fonction $f$ suivant :
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

  1. La suite $\left(U_n\right)$ est arithmétique de premier terme $U_0=5$ et de raison $7$.
    Pour tout entier naturel $n$ on a donc $U_n=5+7n$.
    On veut déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} U_n\pg 50 &\ssi 5+7n \pg 50 \\
    &\ssi 7n \pg 45 \\
    &\ssi n\pg \dfrac{45}{7}\end{align*}$
    Or $\dfrac{45}{7}\approx 6,43$
    Le plus petit entier naturel tel que $U_n\pg 50$ est donc $7$
    Réponse d
    $\quad$
  2. On a $g(1)=\dfrac{3}{2}$.
    Par conséquent le point de coordonnées $\left(1;\dfrac{3}{2}\right)$ doit appartenir à la tangente.
    Cela exclut les propositions a. et d.
    On peut tracer la courbe et les deux droites restantes et regarder celle qui semble être la meilleure candidate ou bien calculer le nombre dérivée en $1$ à la calculatrice , ce qui nous fournit le coefficient directeur de la tangente.
    On peut également déterminer l’expression de $g'(x)$.
    $g'(x)=\dfrac{3(x+1)-1\times 3x}{(x+1)^2}=\dfrac{3x+3-3x}{(x+1)^2}=\dfrac{3}{(x+1)^2}$
    Donc $g'(1)=\dfrac{3}{4}$
    De plus $g(1)=\dfrac{3}{2}$
    Une équation de la tangente cherchée est donc de la forme $y=g'(1)(x-1)+f(1)$
    Soit $y=\dfrac{3}{4}(x-1)+\dfrac{3}{2}$
    D’où $y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{2}$
    Réponse c
    $\quad$
  3. On a $n=1~024\pg 30$ et $f=\dfrac{840}{1~024}$
    Par conséquent $nf=840 \pg 5$ et $n(1-f)=184\pg 5$
    Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ de la proportion d’adolescents français qui possèdent un smartphone est :
    $\begin{align*} I_{1~024}&=\left[\dfrac{840}{1~024}-\dfrac{1}{\sqrt{1~024}};\dfrac{840}{1~024}+\dfrac{1}{\sqrt{1~024}}\right] \\
    &\approx [0,789;0,852]\end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$
  4. On appelle $P$ le prix initial.
    On a donc
    $\begin{align*} P\times (1-0,1)\times (1-0,15)=137,7 &\ssi P\times 0,9\times 0,85=137,7 \\
    &P\times 0,765=137,7 \\
    &P=\dfrac{137,7}{0,765}\\
    &P=180\end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$

 

Énoncé

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