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Bac ES-L Obligatoire et Spécialité

Antilles-Guyane 2018

4 points

exercice 1 Commun à tous les candidats

Bac ES-L (spé et obligatoire) Antilles Guyane 2018 : image 1

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5 points

exercice 2 Candidats n'ayant pas suivi de spécialité et candidats L

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5 point

exercice 2 Candidats de ES ayant suivi l'enseignement de spécialité

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5 points

exercice 3 Commun à tous les candidats

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6 points

exercice 4 Commun à tous les candidats

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Bac ES-L (spé et obligatoire) Antilles Guyane 2018

4 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

${\red{\text{1. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ b}}}$

Nous savons que pour tout x réel, e^-3x > 0 et par conséquent que e^-3x different

0.

Donc, pour tout x dans l'intervalle [-10 ; 10],

$f(x)=0\Longleftrightarrow(2x-3)e^{-3x}=0 \\\phantom{f(x)=0}\Longleftrightarrow2x-3=0 \\\phantom{f(x)=0}\Longleftrightarrow2x=3 \\\phantom{f(x)=0}\Longleftrightarrow x=\dfrac{3}{2}$

Puisque $\dfrac{3}{2}\in[-10;10]$ , l'équation f (x ) = 0 admet une solution dans l'intervalle [-10 ; 10].

${\red{\text{2. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ b}}}$

Soit f la fonction définie sur ]0 ; + infini

[ par $f(x)=\ln(x)$ .
Une équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d'abscisse 1 est donnée par $y=f'(1)(x-1)+f(1)$ .

$\text{Or }\ f(x)=\ln(x)\Longrightarrow f'(x)=\dfrac{1}{x}\Longrightarrow f'(1)=1 \\\\\phantom{\text{Or }\ f(x)=\ln(x)\Longrightarrow }\text{et }f(1)=\ln(1)=0$

D'où une équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d'abscisse 1 est $y=1\times(x-1)+0$ , soit $\boxed{y=x-1}$

${\red{\text{3. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ d}}}$

$P(X>t)=0,025\Longleftrightarrow P(X\le t)=1-0,025\\\phantom{P(X>t)=0,025}\Longleftrightarrow P(X\le t)=0,975$

Par la calculatrice, nous obtenons $\boxed{t\approx30,88}$

${\red{\text{4. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ b}}}$

Soit T la variable aléatoire modélisant le moment où Anne appelle Benoît.
Cette variable aléatoire T suit la loi uniforme sur l'intervalle [8,5 ; 10].

$P(T\ge9)=P(9\le T\le10) \\\\\phantom{P(T\ge9)}=\dfrac{10-9}{10-8,5} \\\\\phantom{P(T\ge9)}=\dfrac{1}{1,5} \\\\\Longrightarrow \boxed{P(T\ge9)=\dfrac{2}{3}}$

5 points

exercice 2 - Candidats n'ayant pas suivi de spécialité et candidats L

Partie A

1. Arbre pondéré décrivant la situation :

Bac ES-L (spé et obligatoire) Antilles Guyane 2018 : image 13

2.    La probabilité que Victor obtienne et conserve un personnage de type "Air" est donnée par :

$P(A\cap C)=P(A)\times P_A(C) \\\phantom{P(A\cap C)}=0,5\times0,4 \\\phantom{P(A\cap C)}=0,2 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(A\cap C)=0,2}$

D'où la probabilité que Victor obtienne et conserve un personnage de type "Air" est égale à 0,2.

3.    La probabilité que Victor conserve le personnage obtenu en début de partie est donnée par P(C).

En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons :

$P(C)=P(T\cap C)+P(A\cap C)+P(F\cap C) \\\phantom{P(C)}=P(T)\times P_T(C)+0,2+P(F)\times P_F(C) \\\phantom{P(C)}=0,3\times 0,5+0,2+0,2\times 0,9 \\\phantom{P(C)}=0,15+0,2+0,18 \\\phantom{P(C)}=0,53 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(C)=0,53}$

4.    Nous devons déterminer $P_C(A)$ .

$P_C(A)=\dfrac{P(A\cap C)}{P(C)}=\dfrac{0,2}{0,53}\approx0,38$

Par conséquent sachant que Victor a conservé le personnage obtenu en début de partie, la probabilité que ce soit un personnage de type "Air" est environ égale à 0,38.

Partie B

1.    Les 10 parties jouées par Victor correspondent à 10 tirages d'un personnage, ces tirages étant indépendants et identiques.
Lors de chaque tirage, deux issues sont possibles :
le succès : "le personnage est de type "Terre"" avec une probabilité p = 0,3.
l'échec : "le personnage n'est pas de type "Terre"" avec une probabilité 1 - p = 1 - 0,3 = 0,7.

Donc la variable aléatoire Y comptant le nombre de personnages de type "Terre" suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3.

2.    Nous devons déterminer $P(Y=3).$

$P(Y=3)=\begin{pmatrix}10\\3\end{pmatrix}\times0,3^3\times0,7^{10-3} \\\\\phantom{P(Y=3)}=120\times0,027\times0,7^{7} \\\\\phantom{P(Y=3)}\approx0,266827932\\\\\Longrightarrow\boxed{P(Y=3)\approx0,27}$

Par conséquent, la probabilité que Victor ait obtenu exactement 3 personnages de type "Terre" au début de ses 10 parties est environ égale à 0,27 (arrondie à 10^-2).

3.    Nous devons déterminer $P(Y\ge1).$

$P(Y\ge1)=1-P(Y=0)\\\\\phantom{P(D\ge1)}=1-\begin{pmatrix}10\\0\end{pmatrix}\times0,3^0\times0,7^{10-0} \\\\\phantom{P(D\ge1)}=1-1\times1\times0,7^{10} \\\\\phantom{P(D\ge1)}\approx1-0,0282475 \\\\\phantom{P(D\ge1)}\approx 0,9717525\\\\\Longrightarrow\boxed{P(Y\ge1)\approx0,97}$

Par conséquent, la probabilité que Victor ait obtenu au moins une fois un personnage de type "Terre" au début de ses 10 parties est environ égale à 0,97 (arrondie à 10^-2).

5 points

exercice 2 - Candidats de ES ayant suivi l'enseignement de spécialité

Partie A

1. Arbre probabiliste représentant la situation :

Bac ES-L (spé et obligatoire) Antilles Guyane 2018 : image 12

2. a)    La matrice de transition M du graphe probabiliste dans l'ordre G-P est $\boxed{M=\begin{pmatrix}0,65 & 0,35\\0,42 & 0,58\end{pmatrix}}$

2. b)    Si pour tout entier naturel n non nul, nous notons $P_n=\begin{pmatrix}g_n & p_n\end{pmatrix}$ la matrice exprimant l'état de la n^ième partie, alors $P_1=\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}$ car Franck a gagné la première partie.

Nous devons déterminer la matrice $P_3.$

$P_3=P_1\times M^2\ \ \text{avec }P_0=(1\ \ \ \ \ 0)\\\\\text{Or }M=\begin{pmatrix}0,65&0,35\\0,42&0,58\end{pmatrix}\Longrightarrow M^2=\begin{pmatrix}0,5695&0,4305\\0,5166&0,4834\end{pmatrix}\\\\\text{D'où }P_3=(1\ \ \ \ \ 0)\times\begin{pmatrix}0,5695&0,4305\\0,5166&0,4834\end{pmatrix}\\\\\phantom{\text{D'où }P_3}=(1\times0,5695+0\times0,5166\ \ \ \ 1\times0,4305+0\times0,4834)\\\\\phantom{\text{D'où }P_3}=(0,5695\ \ \ \ 0,4305)\\\\\Longrightarrow\boxed{P_3=(0,5695\ \ \ 0,4305)}$

Donc la probabilité que Franck gagne la troisième partie est égale à 0,5695.

3.    La matrice M de transition ne comporte pas de 0.
L'état probabiliste P_n à l'étape n converge vers un état P indépendant de l'état initial P₁ .
Cet état P est l'état probabiliste stable du système et vérifie la relation PM = P.

Soit $P=\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\ \ \ \text{avec }x+y=1$

Alors

$P\times M=P$

$\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0,65&0,35 \\ 0,42 & 0,58\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\ \ \ \text{avec }x+y=1$

$\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}0,65x+0,42y & 0,35x+0,58y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\ \ \ \text{avec }x+y=1$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l 0,65x+0,42y=x\\0,35x+0,58y=y\\x+y=1 \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l 0,65x-x+0,42y=0\\0,35x+0,58y-y=0\\x+y=1 \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l -0,35x+0,42y=0\\0,35x-0,42y=0\\x+y=1 \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,35x-0,42y=0\\x+y=1 \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,35x-0,42y=0\\y=1-x \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,35x-0,42(1-x)=0\\y=1-x \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,35x-0,42+0,42x=0\\y=1-x \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,77x-0,42=0\\y=1-x \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l0,77x=0,42\\y=1-x \end{array}$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}lx=\dfrac{0,42}{0,77}\\\\y=1-x \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}lx=\dfrac{6}{11}\\\\y=1-\dfrac{6}{11} \end{array}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{array}lx=\dfrac{6}{11}\\\\y=\dfrac{5}{11} \end{array}}$

D'où l'état probabiliste stable est $\boxed{P=\begin{pmatrix}\dfrac{6}{11} & \dfrac{5}{11}\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0,55 & 0,45\end{pmatrix}}$

Nous en déduisons qu'à long terme, la probabilité que Franck gagne une partie sera proche de $\dfrac{6}{11}.$

Partie B

1. a)    Pour montrer qu'il est possible, au départ d'une salle quelconque, d'y revenir après avoir parcouru tous les couloirs une et une seule fois, nous allons montrer que le graphe est connexe et qu'il admet un cycle eulérien.

Puisqu'il existe une chaîne entre n'importe quelle paire de sommets distincts du graphe, ce graphe est connexe.

Or un graphe connexe admet un cycle eulérien si et seulement si tous ses sommets sont de degré pair.
Voici un tableau indiquant les degrés des sommets du graphe :

             $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{Sommets}&A&B&C&D&E&F&G \\\hline \text{Degrés}&2&4&4&4&4&4&2\\\hline \end{array}$

Puisque tous les degrés sont pairs, ce graphe connexe admet un cycle eulérien.

Par conséquent, il est possible, au départ d'une salle quelconque, d'y revenir après avoir parcouru tous les couloirs une et une seule fois.

1. b)    Un exemple de chemin : A - B - C - D - B - F - D - E - G - F - E - C - A.

2.   Une chaîne parcourant toutes les arêtes d'un graphe connexe une et une seule fois est une chaîne eulérienne.
Pour que le graphe possède une chaîne eulérienne, il faudrait que les deux sommets de degré impair soient situés au début et à la fin de la chaîne, ce qui n'est pas le cas puisque les sommets A et G sont de degré pair.

Par conséquent, il n'existe pas de chemin permettant de se rendre de la salle A à la salle G en passant une et une seule fois par tous les couloirs.

3.    Utilisons l'algorithme de Dijkstra.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline A&B&C&D&E&F&G&\text{Sommet sélectionné} \\\hline \infty&\infty&\infty&\infty&\infty&\infty&0&G\\\hline\infty&\infty&\infty&\infty&7_G&5_G&\cellcolor{magenta}&F\\\hline\infty&27_F&\infty&8_F&7_G&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&E\\\hline\infty&27_F&26_E&8_F&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&D\\\hline\infty&15_D&13_D&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&C\\\hline25_C&15_D&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&B\\\hline25_C&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&\cellcolor{magenta}&A\\\hline \end{array}$

D'où en effectuant le trajet G - F - D - C - A, Franck affrontera le moins de monstres possible, soit 25 monstres.

5 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. a.   (u_n ) est une suite arithmétique de raison r = 0,4 et (v_n ) est une suite géométrique de raison q = 1,028.

1. b.   Le terme général de la suite arithmétique (u_n ) de raison r = 0,4 et de premier terme u ₀ = 10 est donné par $u_n=u_0+nr$ , soit $\boxed{u_n=10+0,4n}$

Le terme général de la suite géométrique (v_n ) de raison q = 1,028 et de premier terme v ₀ = 8 est donné par $v_n=v_0\times q^n$ , soit $\boxed{v_n=8\times1,028^n}$

2.    L'algorithme détermine le plus petit entier n tel que u_n infegal

v_n .
Donc, selon l'algorithme, u_n v_n à partir du rang 46.

3. a. Une augmentation annuelle de 2,8 % correspond à un coefficient multiplicateur 1 + 0,028 = 1,028.
En 1800, la population est estimée à 8 millions d'habitants.
Donc la suite (v_n ) définie au début de l'exercice 3 par $\left\lbrace\begin{matrix}v_0=8\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\v_{n+1}=1,028v_n\end{matrix}\right.$ modélise bien, en millions d'habitants, la population de l'Angleterre en l'année 1800 + n .

1810 = 1800 + 10 implique

n = 10.
En utilisant la forme explicite de v_n vue dans l'exercice 1b, nous obtenons $v_{10}=8\times1,028^{10}\approx10,544.$

Par conséquent, selon le modèle de Malthus, la population de l'Angleterre aurait été de 10,544 millions d'habitants en 1810.

3. b. Déterminons le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation $v_n>16$ .

$v_n>16\Longleftrightarrow8\times1,028^n>16 \\\\\phantom{v_n>16}\Longleftrightarrow1,028^n>\dfrac{16}{8} \\\\\phantom{v_n>16}\Longleftrightarrow1,028^n>2 \\\\\phantom{v_n>16}\Longleftrightarrow\ln(1,028^n)>\ln2 \\\\\phantom{v_n>16}\Longleftrightarrow n\times\ln1,028>\ln2 \\\\\phantom{v_n>16}\Longleftrightarrow n>\dfrac{\ln2}{\ln1,028}\ \ \ \ \text{(Conservation du sens de l'inégalité car }\ln1,028>0) \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln2}{\ln1,028}\approx25,1$

D'où le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation est n = 26.

Par conséquent, la population de l'Angleterre aurait dépassé 16 millions d'habitants en 1826.

3. c. Les progrès de l'agriculture permettent de nourrir 0,4 million de personnes de plus chaque année.
En 1800, l'agriculture anglaise pouvait nourrir 10 millions de personnes.
Donc la suite (u_n ) définie au début de l'exercice 3 par $\left\lbrace\begin{matrix}u_0=10\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\u_{n+1}=u_n+0,4\end{matrix}\right.$ modélise bien, en millions d'habitants, le nombre d'habitants de l'Angleterre pouvant être nourrie l'année 1800 + n .

En utilisant le résultat de la question 2, nous déduisons qu'à partir de 1846, la population de l'Angleterre serait devenue trop grande pour ne plus être suffisamment nourrie par son agriculture.

6 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

Partie A

1. Par lecture graphique, la fonction f semble atteindre son maximum en x ₀ vérifiant la relation 1 infegal

x ₀

2.

2. a.    La courbe représentative C_f'' de la dérivée seconde semble se situer au-dessus de l'axe des abscisses sur l'intervalle [3 ; 5].
La dérivée seconde f'' semble donc être positive sur cet intervalle [3 ; 5].
Par conséquent, la fonction f semble convexe sur l'intervalle [3 ; 5].

2. b.    Par lecture graphique, nous lisons que la dérivée seconde f'' semble s'annuler en changeant de signe sur l'intervalle [2 ; 3 ].
Par conséquent, la fonction f semble posséder un point d'inflexion dont l'abscisse est comprise entre 2 et 3.

3.    Une équation de la tangente à la courbe C_f au point d'abscisse 0 est de la forme $y=f'(0)(x-0)+f(0)$ , soit de la forme $y=f'(0)x+f(0).$
Or, sur le graphique, nous lisons que f' (0) = 2 et que f (0) = 0.
Donc une équation de la tangente à la courbe C_f au point d'abscisse 0 est y = 2x .

4.    Puisque la dérivée f' est positive sur l'intervalle [0 ; 1], $I=\int\limits_0^1f'(x)\,dx$ représente l'aire, en unités d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe C_f' , l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 1.

Partie B

Soit la fonction f définie sur l'intervalle [0 ; 5] par $f(x)=(x^2+2x)\,\text{e}^{-x}$

1. a. Déterminons $f'(x).$

$f'(x)=(x^2+2x)'\times\,\text{e}^{-x}+(x^2+2x)\times(\text{e}^{-x})' \\\\\phantom{f'(x)}=(2x+2)\times\,\text{e}^{-x}+(x^2+2x)\times(-1)\,\text{e}^{-x} \\\\\phantom{f'(x)}=(2x+2-x^2-2x)\times\,\text{e}^{-x} \\\\\phantom{f'(x)}=(-x^2+2)\times\,\text{e}^{-x}\\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=(-x^2+2)\,\text{e}^{-x}}$

1. b. Puisque l'exponentielle est strictement positive sur

et a fortiori sur [0 ; 5], le signe de la dérivée f' (x ) sera le signe du polynôme du second degré $-x^2+2.$

$-x^2+2=0\Longleftrightarrow x^2=2 \\\phantom{-x^2+2=0}\Longleftrightarrow x=\sqrt{2}\ \ \text{ou}\ \ x=-\sqrt{2}.$

Le signe du coefficient de x² étant négatif, le polynôme du second degré $-x^2+2$ est négatif à l'extérieur des racines et positif entre les racines.

D'où le tableau de signes de $-x^2+2$ :

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline x&-\infty&&-\sqrt{2}&&\sqrt{2}&&+\infty \\\hline -x^2+2&&-&0&+&0&-&\\\hline \end{array}$

Puisque x appartient

[0 ; 5], nous obtenons le tableau de signes de $-x^2+2$ dans l'intervalle [0 ; 5] :

           $\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&0&&\sqrt{2}&&5 \\\hline -x^2+2&&+&0&-&\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons le tableau de signes de f' (x ) et les variations de la fonction f .

           $\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&\sqrt{2}\approx1,4&&5\\&&&&&\\\hline &&&&&\\ f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline &&&(2+2\sqrt{2})\,\text{e}^{-\sqrt{2}}\approx1,174&& \\ f(x)&&\nearrow&&\searrow& \\ &0&&&&35\,\text{e}^{-5}\approx0,236\\\hline \end{array}$

1. c.   Une valeur arrondie au millième du maximum de f est 1,174.

2.    Puisque une primitive de la fonction f' est la fonction f , nous avons :

           $\int\limits_0^1f'(x)dx=[f(x)]\limits_0^1 \\\phantom{\int\limits_0^1f'(x)dx}=f(1)-f(0) \\\phantom{\int\limits_0^1f'(x)dx}=f(1)-0 \\\Longrightarrow\boxed{\int\limits_0^1f'(x)dx=f(1)}$

Les deux valeurs sont donc égales.

Publié par malou le 18-07-2019

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