[PDF] Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2013

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?Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane? juin 2013

EXERCICE15 points

Commun à tous lescandidats

1.La bonne réponse est b

Par l"absurde : si (IJ) et (EC) étaient coplanaires, alors, le pointJappartiendrait au plan (ECI) c"est-à-dire au plan (ECA), ce qui est faux.

2.La bonne réponse est c

Dans le repère mentionné dans le sujet, on a

--→AF(1 ; 0 ; 1) et--→BG(0 ; 1 ; 1), d"où--→AF·--→BG=1×0+0×1+1×1=1.

3.La bonne réponse est d

. On le vérifie en injectant les coordonnées des pointsA,FetHdans l"équationx+y-z=0.

4.La bonne réponse est b

Un vecteur normal dePest-→n(1 ; 1 ;-1), or--→EC(1 ; 1 ;-1). Par conséquent--→ECest normal àP,

et comme--→ELet--→ECsont colinéaires,--→ELest de ce fait aussi normal àP.

5.La bonne réponse est d

On a

--→EC(1 ; 1 ;-1) etE(0 ; 0 ; 1); une représentation paramétrique de la droite (EC) est donc???x=t

y=t(t?R) z=1-t. Le pointLa donc pour coordonnéesL(t;t; 1-t), et commeL?Palors : t+t-(1-t)=0 d"où l"on tiret=1

3, c"est-à-direL?13;13;23?, d"où le résultat.

EXERCICE25 points

Commun à tous lescandidats

PartieA

On a :

f?? p-1 ?n;p+1?n? ??p-1?n?f?p+1?n ?? -f-1 ?n?-p?-f+1?n ??f-1 ?n?p?f+1?n ??p?? f-1 ?n;f+1?n?

On a donc bien :

P? f?? p-1 ?n;p+1?n?? =P? p?? f-1?n;f+1?n?? ?0,95

PartieB

1. a.Arbrepondéré illustrant la situation :

RR C BAA r 1-r 1 1/3 1/3 1/3

A. P. M. E. P.

b.On a, d"après l"arbre précédent :

P(A)=P(A∩R)+P?

A∩

R? =r+13(1-r)=13(3r+1-r)=13(1+2r). c.On a :PA(R)=P(A∩R)

P(A)=r1

3(1+2r)=3r1+2r.

2. a.L"expérience consiste en une répétition de 400 épreuves de Bernoulli identiques et indépen-

dantes,oùlaprobabilitéde"succès»(c"est-à-direque l"étudiant aitlabonneréponse) estégale

àP(A). La variable aléatoireXsuit donc la loi binomiale de paramètresn=400 et p=P(A)=1

3(1+2r).

b.On an=400 etf=240

400=0,6, doncn?30,nf?5 etn(1-f)?5, un intervalle de confiance au

seuil de 95 % de l"estimation depest donc : f-1 ?n;f+1?n? =[0,55 ; 0,65]. Ainsi, avec une probabilité supérieure à 95 % :

0,55?p?0,65

orp=1

3(1+2r), donc :

0,55?1

3(1+2r)?0,65

d"où :

1,65?1+2r?1,95

puis :

0,325?r?0,475

Un intervalle de confiance au seuil de 95 % derest donc : [0,325 ; 0,475]. c.i. Icir=0,4, doncp=1

3(1+2r)=0,6. La loi binomiale de paramètresn=400 etp=0,6 apour

espérancenp=240 et pour varianceV=np(1-p)=96. On peut alors l"approcher par la loi normale de paramètresμ=240 etσ=? 96.
ii. Par lecture de la table fournie (ou utilisation de la calculatrice) :

P(X?250)=0,846.

EXERCICE35 points

Commun à tous lescandidats

PartieA

1.limx→+∞(x+1)=+∞et limx→+∞ex=+∞, donc, par opérations limx→+∞f(x)=+∞.

Pour toutx?R,f(x)=xex+ex. Or limx→-∞xex=0 (croissances comparées) et lim x→-∞ex=0, donc, par opérations limx→-∞f(x)=0.

2.Pour tout réelx,f?(x)=1ex+(x+1)ex=(x+2)ex.

3.Pour tout réelx, ex>0, doncf?(x) a le même signe quex+2. On en déduit le tableau de variations

suivant : x-∞ -2+∞ f?(x)-0+

0+∞

f -1/e2

PartieB

19JUIN2013 — Corrigé du baccalauréat S — Antilles-Guyane juin 2013

A. P. M. E. P.

1. a.On a, pour tout réelx:

g m(x)=0??x+1-me-x=0 ??x+1=me-x ??(x+1)ex=m ??f(x)=m. b.D"après l"équivalence et le tableau de variations précédent :

•sim<-1

e2: l"équationgm(x)=0 ne possède aucune solution, doncCmne coupe pas l"axe des abscisses;

•sim=-1

e2: l"équationgm(x)=0 possède une solution, doncCmcoupe l"axe des abscisses en un point;

•si-1

e22.•La courbe 1 ne coupe pas l"axe des abscisses, donc l"équationgm(x)=0 n"a pas de solution et cela entraîne quem<-1 e2. La seule possibilité est donc quem=-e. e2oum=0.Laseulepossibilité est doncm=0. •Par élimination, la courbe 3 correspond àm=e.

3.Pour tout réelx,gm(x)-(x+1)=-mexqui est du signe de-m; on en déduit :

•sim>0, alors pour tout réelx,gm(x)-(x+1)<0, doncCmest en dessous deD; •sim<0, alors pour tout réelx,gm(x)-(x+1)<0, doncCmest au dessus deD; •sim=0, alors pour tout réelx,gm(x)-(x+1)=0, doncCmetDsont confondues.

4.Le domaineD2hachuré :

a. -1 -21 2345

1 2 3 4-1

C-e C 0 C e

Δ2b=-4,7

19JUIN2013 — Corrigé du baccalauréat S — Antilles-Guyane juin 2013

A. P. M. E. P.

b.Pour touta?0, la courbeC-eest au dessus deCe, par conséquent l"aireA(a) est donnée par :

A(a)=?

a 0 f-e(x)-fe(x)dx a

0?(x+1)+ee-x?-?(x+1)-ee-x?dx

a 0

2ee-xdx

=2e?-e-x?a 0 =2e?-e-a+1? =2e-2e1-a.

On a de plus lim

a→+∞e1-a=0, par conséquent : lima→+∞A(a)=2e.

EXERCICE45 points

Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité

1.On au1=u0+v0

2=12etv1=u0+2v03=23.

2. a.PourN=2, le tableau de l"état des variables dans l"algorithme est :

kwuv

100,50,667

21/20,5830,611

(valeurs approchées à 10-3près) b.Plus généralement, pour un entierNsaisi par l"utilisateur, l"algorithme afficherauNetvN.

3. a.Soitn?N, alors :AXn=?

1 2121
323??
un v n? un+vn

2un+2vn

3? =Xn+1. b.Démontrons par récurrence que, pour toutn?N,Xn=AnX0. •Pourn=0, on aA0X0=I2X0=X0(ouI2désigne la matrice identité d"ordre 2), donc la propriété est vraie pourn=0 •Supposons que la propriété soit vraie pour tout entier natureln: X n=AnX0, alors :AXn=AAnX0=An+1X0, c"est-à-direXn+1=An+1X0et la propriété est donc héréditaire.

•La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire à partir de tout rang, donc d"après le

principe de récurrence, pour tout entier natureln:Xn=AnX0.

4. a.On a :?4

565-6
565??
1 2-121 213?
=?1 00 1? =I2 en d"autres termes la matricePest inversible et son inverse estP?. Démontrons par récurrence que, pour toutn?N,An=P?BnP. •A0=I2, orP?B0P=P?I2P=P?P=I2, la propriété est donc vraie pourn=0. •Supposons que, pour tout entier natureln,An=P?BnP, alors A et la propriété est donc héréditaire.

•La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire à partir de tout rang, donc d"après le

principe de récurrence, pour tout entier natureln:An=P?BnP. b.On a, pour toutn?N: A n=? 1 2-121 213??
1 0 0?16? n?? 4 565-6
565?
1 2-12? 16? n 1 213?
16? n?? 4 565-6
565?
2 5-35? 16? n35-35? 16? n 2 5-25? 16? n35+25? 16? n?

19JUIN2013 — Corrigé du baccalauréat S — Antilles-Guyane juin 2013

A. P. M. E. P.

5. a.En multipliant la matriceAnprécédente à droite par le vecteur colonneX0=?01?

, on obtient X n=AnX0=? 3 5-35? 16? n 3 5+25? 16? n? . D"où l"on tire u n=3

5-35?d16?

netvn=35+25?d16? n. b.Comme limn→+∞? 1 6? n =0 (car-1<16<1), on obtient par opérations que les suites(un)et(vn) convergent toutes deux vers 3 5.

EXERCICE45 points

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

1.On aa0=1 etb0=1.

2.z1=z0+|z0|

3=1+i+?

2 3=1+? 2

3+13i. On a alorsa1=1+?

2

3etb1=13.

3. a.PourN=2, le tableau de l"état des variables dans l"algorithme est :

KAB

10,80470,3333

20,55860,1111

b.Plusgénéralement, pour une valeur deNsaisie par l"utilisateur, l"algorithme affichera la valeur

deaN.

PartieB

1.On a, pour toutn?N,zn+1=an+1+ibn+1etzn+1=a

n+ibn+? a2n+b2n

3, donc :

a n+1=a n+? a2n+b2n

3etbn+1=bn3.

2.La suite(bn)est géométrique de premier termeb0=1 et de raison1

3, par conséquent, pour tout

n?N:bn=?1 3? n. Comme-1<13<1, on en déduit que (bn) converge vers 0.

3. a.Pour toutn?N,|zn+1|=????z

n+|zn| 3???? =13|zn+|zn||?13(|zn|+|zn|), c"est-à-dire :|zn+1|?2|zn|3. b.Montrons par récurrence que pour toutn?N,un??2 3? n?2.

•On au0=|z0|=?

2 et?23?

0?2=?2, la propriété est donc vraie pourn=0.

•Supposons que, pour tout entier natureln,un??2 3? n?2, alors : u n+1=|zn+1|?2

3un?23?

23?
n?2=?23? n+1?2, la propriété est donc héréditaire.

•La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire à partir de tout rang, donc d"après le

principe de récurrence, pour tout entier naturelnla propriété est vraie. On a de plus, pour toutn?N,un=|zn|?0, donc : 0?un??2 3? n?2. Comme lim n→+∞? 2 3? vers 0.

19JUIN2013 — Corrigé du baccalauréat S — Antilles-Guyane juin 2013

A. P. M. E. P.

c.On a, pour toutn?N: u n=|zn|=? a2n+b2n??a2n=|an|. Ainsi, pour pour toutn?N, 0?|an|?un. Comme (un) converge vers 0, le théorème " des gendarmes»permet à nouveau de conclure que (|an|)converge vers 0, donc que(an)converge vers 0.

19JUIN2013 — Corrigé du baccalauréat S — Antilles-Guyane juin 2013

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