Fiche de mathématiques

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Baccalauréat Général

Polynésie Française

Session 2016

Série S- Obligatoire (coefficient 7) et Spécialité (coefficient 9)

Durée 4 heures

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Correction

7 points

exercice 1 Commun à tous les candidats

Partie A

1. $C\,'(a)$ est le coefficient directeur de la tangente au point d'abscisse $a$ à la courbe donc ce coefficient est maximal à l'origine donc pour $a=0$
2. Sur le graphique, la tangente à l'origine à la courbe C₁ a un coefficient directeur supérieur à celui de la tangente à l'origine à C₂ donc la courbe correspondant à la personne la plus corpulente est C₂.

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3.a Soit $\begin{cases} u(t)=At \quad u\,'(t)=A\\ v(t)=\text{e}^{-t}\quad v\,'(t)=-\text{e}^{-t}\end{cases} \quad \text{ donc } f\,'(t)=A\text{e}^{-t}\quad \text{ donc } f\,'(0)=A$
b. Une personne de faible corpulence subit plus vite les effets de l'alcool donc plus la personne est de faible corpulence plus $f\,'(0)$ est grand donc à quantité d'alcool absorbée égale, plus A est grand, moins la personne est corpulente, l'affirmation est fausse.

Partie B - Un cas particulier

Paul, étudiant de 19 ans de corpulence moyenne et jeune conducteur, boit deux verres de rhum. La concentration C d'alcool dans son sang est modélisée en fonction du temps t, exprimé en heure, par la fonction $f$ définie sur $[0\;;\;+\infty[\text{ par } f(t)=2t\text{e}^{-t}$

1. D'après les résultats précédents, on a : $f\,'(t)=2-2t\text{e}^{-t}=2(1-t)\text{e}^{-t}$ dont le signe est celui de $(1-t)$ .

$\begin{array} {|c|cccccc|} t & 0& & 1 & & +\infty & \\ \hline {f'(t)} & & + & 0 & - & & \\ \hline {f} & _0& \nearrow & ^{2e^{-1}}& \searrow &_0 & \\ \hline \end{array}$

2. La concentration d'alcool dans le sang de Paul est maximale pour $t = 1$ soit au bout d'une heure. Cette concentration est alors égale à 0,74

3. $\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}\dfrac{\text{e}^t}{t}=+\infty$ , son inverse $t\text{e}^{-t}$ tend donc vers 0 et $\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}f(t)=0$
À la longue, la concentration d'alcool dans le sang devient nulle.
4. Paul veut savoir au bout de combien de temps il peut prendre sa voiture.
On rappelle que la législation autorise une concentration maximale d'alcool dans le sang de 0,2 g.L^-1 pour un jeune conducteur.

a. La fonction $f$ est définie continue strictement croissante sur [0 ; 1], $f(0)=0\text{ et } f(1)=2\text{e}^{-1}$ donc $f(1)\approx 0,74$
$f(0)\le 0,2\le f(1)$ donc l'équation $f(t)=0,2$ admet une seule solution t₁ sur [0 ; 1]
La fonction $f$ est définie continue strictement décroissante sur $[1\;;\;+\infty[$ , $f(1)=2\text{e}^{-1}$ donc $f(1)\approx 0,74$ et $\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}f(t)=0$
$\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}f(t)\le 0,2 \le f(1)$ donc l'équation $f(t)=0,2$ admet une seule solution t₂ sur $[1\;;\;+\infty[$
Il existe donc deux nombres $t_1 \text{ et } t_2 \text{ tels que } f(t_1)=f(t_2)=0,2$

b. En utilisant la fonction TABL de la calculatrice avec un pas de $\frac{1}{60}$ (1 minute)
$0,1\le t_1\le 0,117$ donc soit entre 6 et 7 minutes après avoir bu, le taux d'alcoolémie de Paul dépasse 0,2 et il ne peut pas conduire.
$f(3,58)\le 0,2\le f(3,56)$ soit $3,56\le t_2\le 3,58$ (t₂ est exprimé en heures) donc t₂ est compris entre 214 minutes et 215 minutes soit 3 h 5 minutes.
Paul doit attendre au moins 3 h 5 minutes avant de pouvoir prendre le volant en toute légalité.

5.a
La fonction $f$ est définie continue strictement décroissante sur $[1\;;\;+\infty[$ , $f(1)=2\text{e}^{-1}$ donc $f(1)\approx 0,74$ et $\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}f(t)=0$
$\displaystyle{\lim_{t\to + \infty}f(t)\le 5\times 10^{-3}\le f(1)$ donc l'équation $f(t)= 5\times 10^{-3}$ admet une seule solution T sur $[1\;;\;+\infty[$
La fonction $f$ est strictement décroissante sur $[1\;;\;+\infty[$ , donc si $t\ge T$ alors $f(t)\le 5\times 10^{-3}$
Il existe un instant T à partir duquel la concentration d'alcool dans le sang n'est plus détectable.

b. La valeur affichée par cet algorithme représente le temps minimal à partir duquel le taux d'alcoolémie n'est plus détectable

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3 points

exercice 2 Commun à tous les candidats

1. En C2, on a écrit " = B2 + 2 * A2^2 + 3 * A2 + 6 "
En B3, on a écrit " = 2B2 + 2 * A3^2 - A3 "

2. Pour tout entier naturel n,
$v_{n+1}=u_{n=1}+2(n+1)^2+3(n+1)+5$
$v_{n+1}=2u_n+2n^2-n+2n^2+4n+2+3n+3+5$
$v_{n+1}=2u_n+4n^2+6n+10=2(u_n+2n^2+3n+5)=2v_n$

La suite $(v_n)$ est géométrique de raison 2 et de premier terme $v_0=7$ donc $v_n=7\times 2^n$

$v_n=u_n+2n^2+3n+5$ donc $u_n=v_n-2n^2-3n-5$ donc $u_n=7\times 2^n-2n^2-3n-5$ 5 points

exercice 3 Commun à tous les candidats

Partie A

1. T suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ donc $P(T\ge t)=\text{e}^{-\lambda t}$ et $P(T\le t)=1-\text{e}^{-\lambda t}$
$P(T\le 3)=1-\text{e}^{-3\lambda }= 1-\text{e}^{-0,6}=0,451$

2. Lorsque le groupe voit une étoile filante, quelle durée minimale doit-il attendre pour voir la suivante avec une probabilité supérieure à 0,95 ? Arrondir ce temps à la minute.
$P(T\le t)\ge 0,95\Leftrightarrow 1-\text{e}^{-\lambda t}\ge 0,95 \Leftrightarrow\lambda t\ge \ln 0,05 \Leftrightarrow t\ge \dfrac{\ln 0,05}{-0,2}$
Or $\dfrac{\ln 0,05}{-0,2}\approx 14,98$ donc on doit attendre au moins 15 minutes.

3. Le temps d'attente moyen entre deux apparitions d'étoiles filantes est $\frac{1}{\lambda}$ soit 10 minutes.
En 10 minutes, on a en moyenne 10 étoiles filantes donc en deux heures le nombre moyen d'étoiles filantes lors de cette sortie est $\frac{120}{10}=12$ étoiles filantes.

Partie B

Soit les événements :
T : « l'adhérent a un télescope personnel » ;
N : « l'adhérent est un nouvel adhérent » ;
A : « l'adhérent est un ancien adhérent » .

1. La probabilité que cet adhérent possède un télescope personnel est :

$P(T)=P(N\cap T)+P(A\cap T)=0,64\times 0,35 + 0,27=0,494$

2. $P_T(N)=\dfrac{P(N\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0,224}{0,494}\approx 0,453$
La probabilité que ce soit un nouvel adhérent sachant qu'il possède un télescope personnel est 0,453

Partie C

$n=100 \text{ donc } n \ge 30 \;,\; p=0,5 \text{ donc } np\ge 5 \text{ et } n(1-p)\ge 5$
Les conditions sont vérifiées pour pouvoir utiliser un intervalle de fluctuation.

$I=\left[p-1,96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\;;\;p+1,96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\right]$ donc $I=[0,402\;;\;0,598]$
Dans l'échantillon utilisé, $f=0,54$ donc $f\in I$ donc le résultat de ce sondage ne fera pas changer d'avis. 5 points

exercice 4 Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

1. Proposition 1 : VRAIE
$\overrightarrow{CA}$ a pour affixe $\sqrt{2}+7i$ ; $\overrightarrow{CB}$ a pour affixe $1+5i$
$\sqrt{2}\times 5-7\times 1\neq 0$ donc les vecteurs $\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{CB}$ ne sont pas colinéaires et les points A, B et C ne sont pas alignés.

2. Proposition 2 : FAUSSE
$[i(1+i)]^2=i^2(1+i)^2=-2i$ donc $\left([i(1+i)]^2\right)^4=(-2i)^4=2^4=16$ et
si n=4, alors $[i(1+i)]^{2n}$ est un réel strictement positif.

3.

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Proposition 3 : FAUSSE
Le plan (BDL) coupe le plan (ABC) suivant la droite (BD) donc il coupe le plan (EFG) suivant une droite parallèle passant par L
La section du cube par le plan (BDL) est un trapèze.

Proposition 4 : FAUSSE

$\overrightarrow{EL}=\frac{1}{3}\overrightarrow{EF}\text{ donc dans le repère }(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), \; L \text{ a pour coordonnées } L\left(\frac{1}{3};0;1\right)$
donc $\overrightarrow{BL}\left(\frac{-2}{3};0;1\right)$ . Or $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ donc $\overrightarrow{BL}.\overrightarrow{BD}=-\frac{2}{3}\times (-1)+1\times 0+0\rimes 1=\frac{2}{3}$
les deux vecteurs ne sont pas orthogonaux donc le triangle DBL n'est pas rectangle en B.

4.

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Proposition 5 : FAUSSE
En choisissant B (2,000 001 ; 0,000 001), D(3,000 001 ; 0,000 001) F(4,999 999 ; 1,000 001) la ligne brisée ABCDEFG vérifie l'hypothèse et $\displaystyle{\int_2^5f(x)\text{d}x$ est approximativement l'aire de EE'G'G donc est voisine de 1 donc n'est pas comprise entre 1,5 et 6.

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5 points

exercice 4 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. Proposition 1 : VRAIE
Si le chiffre des unités de $n^2+n$ est égal à 4 alors il existe un entier naturel k tel que $n^2+n=10k+4 \text{ soit } n^2+n\equiv 4 \text{ modulo } 10$

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On n'a jamais $n^2+n\equiv 4 \text{ modulo } 10$ donc le chiffre des unités de $n^2+n$ n'est jamais égal à 4.

2. Proposition 2 : VRAIE
$20=2²\times 5$ donc $\text{pgcd}(20;n)\in \left\lbrace 1;2;4;5; 10; 20\right\rbrace$ donc $1\le \text{pgcd}(20;n)\le 20$ donc $\frac{1}{n}\le u_n\le \frac{20}{n}$
$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{20}{n}=0$ donc d'après le théorème des gendarmes, $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}u_n=0$ . La suite $(u_n)$ est convergente.

3. Proposition 3 : FAUSSE

$\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 &1 \\ 0& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0& 0 \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 &0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ donc si $A=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \text{ et } B=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0& 0 \end{pmatrix}$ , on n'a pas $A\times B=B\times A$

4. Proposition 4 : VRAIE
Pour tout entier naturel n, $X_{n+1}=M\times X_n$ avec $M=\begin{pmatrix} 0,55 &0,3 \\ 0,45& 0,7 \end{pmatrix}$ donc $X_{n+1}=\begin{pmatrix} 0,55 &0,3 \\ 0,45 & 0,7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a_n\\ b_n \end{pmatrix}$

$X_{n+1}=\begin{pmatrix} 0,55a_n+0,3b_n \\ 0,45a_n+0,7b_n \end{pmatrix}$

$P(B_{n+1})=P_{A_n}(B_{n+1})P(A_n)+P_{B_n}(B_{n+1})P(B_n)=P_{A_n}(B_{n+1})a_n+P_{B_n}(B_{n+1})b_n$
par comparaison $P_{A_n}(B_{n+1})=0,45$

5. Proposition 5 : FAUSSE

$a_1=0,55a_0+0,3b_0 \text{ et } b_1=0,45 a_0+0,7 b_0 \text{ avec } a_0+b_0=1 \text{ et }a_0\ge 0 \text{ et } b_0 \ge 0$
$b_1=3a_1 \text{ donc } 0.45a_0+0.7b_0=3(0.55a_0+0,3b_0) \text{ soit } 1,2a_0+0,2b_0=0 \text{ donc } 1,2a_0=-0,2b_0$
$a_0 \ge 0 \text{ et } b_0 \ge 0$ donc il est impossible d'avoir $1,2a_0=-0,2 b_0$

Il n'existe pas d'état initial $X_0=\begin{pmatrix} a_0\\ b_0 \end{pmatrix}$ tel que la probabilité d'être en B à l'étape 1 est trois fois plus grande que celle d'être en A à l'étape 1.
Merci à Cherchell pour avoir contribué à cette fiche

Publié par malou le 09-05-2018

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