[PDF] Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud 21 novembre 2017

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A. P. M. E. P.

?Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud?

21 novembre 2017

EXERCICE15 points

Commun à tous lescandidats

PartieA : modélisationpar une fonction

Ledemi-contour delafacesupérieuredupaletseramodéliséparune portiondelacourbedelafonction fdéfinie sur]0 ;+∞[par :f(x)=x2-2x-2-3lnx x.

1.Soit?la fonction définie sur]0 ;+∞[par :?(x)=x2-1+3lnx.

a.•?(1)=12-1+3ln1=0 limx→0x2-1=-1 lim x→0 x>0lnx=-∞??? donc limx→0 x>0x

2-1+3lnx=-∞et donc limx→0

x>0?(x)=-∞ b.La fonction?est dérivable sur]0 ;+∞[et??(x)=2x+3 x>0 sur]0 ;+∞[. Donc la fonction?est strictement croissante sur]0 ;+∞[. On sait que?(1)=0 et que la fonction?est strictement croissante sur]0 ;+∞[, donc on en déduit que : •?(x)<0 sur]0 ; 1[; •?(x)=0 pourx=1; •?(x)>0 sur]1 ;+∞[.

2. a.• Limite defen 0.

lim x→0x2-2x-2=-2 lim x→0 x>03lnx=-∞??? donc limx→0 x>0x

2-2x-2-3lnx=+∞

lim x→0 donc lim x→0 x>0f(x)=+∞ • Limite defen+∞: on écritf(x) sous la formef(x)=x-2-2 x-3lnxx. lim x→+∞x-2=+∞ lim x→+∞2 x=0 lim x→+∞lnx donc lim x→+∞f(x)=+∞ b.La fonctionfest dérivable sur]0 ;+∞[et sa dérivée est égale à : f ?(x)=?

2x-2-3

x?

×x-?x2-2x-2-3lnx?×1

x2=2x2-2x-3-x2+2x+2+3lnxx2 x2-1+3lnx x2=?(x)x2 La fonction?s"annule pourx=1; on calculef(1)=12-2-2-3ln1 1=-3. f ?est du signe de?; on établit le tableau de variation def: x0 1+∞ f?(x)---0+++ f(x) -3

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

c.La fonctionfest continue et strictement décroissante sur]0 ; 1]; limx→0 x>0f(x)= +∞etf(1)= -3<0. D"après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l"équationf(x)=0 admet une solution unique dans l"intervalle]0 ; 1]. On appelleαcette solution. Remarque : on peut aussi faire directement référence au tableau de variation de la fonction f pour répondre à cette question. En tulisant le solveur de la calculatrice, on trouveα≈0,41. On admettra que l"équationf(x)=0 a également une unique solutionβsur [1 ;+∞[ avec

β≈3,61 à 10-2près.

d.SoitFla fonction définie sur]0 ;+∞[par :F(x)=1

2x2-2x-2lnx-32(lnx)2.

La fonctionFest dérivable sur]0 ;+∞[et :

F ?(x)=1

2×2x-2-2×1x-32?

2×1x×lnx?

=2x-2-2x-3lnxx=2x2-2x-2-3lnxx=f(x). Donc la fonctionFest une primitive defsur]0 ;+∞[.

PartieB : résolutiondu problème

Pour obtenir la forme de la goutte, on considère la à l"intervalle[α;β]ainsi que son symétriqueC? par rapport à l"axe des abscisses.

Les deux courbesCetC?délimitent la face su-

périeure du palet. Pour des raisons esthétiques, le chocolatier aimerait que ses palets aient une

épaisseur de 0,5 cm.

-1 -2 -31 23
1 2 3 C? C

SoitDle domaine hachuré délimité par la courbeC, l"axe des abscisses et les deux droites d"équations

x=αetx=β. Sur l"intervalle[α;β], la fonctionfest négative, donc l"aire deDest : A=-? f(x)dx=-?F(β)-F(α)?≈-(F(3,61)-F(0,41))≈5,60 unités d"aire (U.A.). L"aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A≈11,20 U.A

Une unité d"aire est égale à 2 cm

2donc l"aire entre les deux courbes vaut environ 22,40 cm2.

L"épaisseur du palet doit être de 0,5 cm donc le volume du palet est d"environ 22,40×0,5=11,20 cm3.

Le volume, en cm

3, de 80 palets est donc 80×11,20=896<1000, donc la chocolaterie peut fabriquer 80

palets avec 1000 cm

3, soit 1 litre de chocolat liquide.

EXERCICE24 points

Commun à tous lescandidats

1. a. sont perpendiculaires; on en déduit que--→AC·--→BD=0. • Ladroite(AE)est perpendiculaire auplan (ABD)donclesvecteurs-→AE et--→BD sont ortho- gonaux; on en déduit que-→AE·--→BD=0; Donc

--→AG·--→BD=--→AC·--→BD+-→AE·--→BD=0. On en déduit que--→AG?--→BD.

c.On admet que--→AG·-→BE=0 donc--→AG?-→BE.

Les vecteurs--→BD et-→BE sont deux vecteurs directeurs duplan (BDE);le vecteur--→AG est ortho-

gonal à deux vecteurs directeurs du plan (BDE) donc le vecteur--→AG est orthogonal au plan (BDE). On en déduit que la droite (AG) est orthogonale au plan (BDE).

Amérique du Sud221 novembre2017

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

3.L"espace est muni du repère orthonormé?

A ;--→AB,--→AD,-→AE?

a.

--→AG=--→AC+-→AE=--→AB+--→AD+-→AE donc le vecteur--→AG a pour coordonnées (1 ; 1 ; 1).

D"après la question1.c., la droite(AG) est orthogonale au plan (BDE) donc le vecteur--→AG est

un vecteur normal au plan (BDE). Le plan (BDE) est l"ensemble des points M(x;y;z) tels que--→AG?--→BM.

LepointBapourcoordonnées(1; 0; 0)donclevecteur--→BM apourcoordonnées(x-1;y;z).--→AG?--→BM??--→AG·--→BM=0??(x-1)×1+y×1+z×1=0??x+y+z-1=0

Le plan (BDE) a donc pour équationx+y+z-1=0.

b.• On détermine une représentation paramétrique de la droite(AG). Cette droite passe par le point A de coordonnées (0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur le vecteur--→AG de coordonnées (1 ; 1 ; 1). La droite (AG) a donc pour représentation paramétrique :???x=t y=t z=tavect?R • Le point K d"intersection de (AG) et (BDE) a ses coordonnéesqui sont solutions du sys- tème :???????x=t y=t z=t x+y+z-1=0 On déduit de ce système quet+t+t-1=0 donc quet=1 3.

Le point K a donc pour coordonnées

?1

3;13;13?

c.On admet que l"aire, en unité d"aire, du triangle BDE est égale àA=? 3 2. Le volume de la pyramide BDEG est donné par la formuleV=1

3×h×Aoùhest la hauteur

de la pyramide issue de G. d"après les questions précédentes, cette hauteurhest la longueur GK. GK=? ?1 3-1? 2 +?13-1? 2 +?13-1? 2 4

9+49+49=?

12 9=2? 3 3.

DoncV=1

3×2?

3

3×?

3 2=13.

EXERCICE33 points

Commun à tous lescandidats

PartieA :

Les résultats sont donnés dansle tableau ci-dessous danslequel on arajouté le centredechaque classe :

Nombre de bacté-

ries (en milliers)[100; 120[[120; 130[[130; 140[[140; 150[[150; 160[[160; 180[

Centre de la classe110125135145155170

Nombre de prélè-

vements159712842255180813451711

À l"aide de la calculatrice et en utilisant le centre de chaque classe, on peut estimer, pour le nombre de

bactéries par prélèvement, la moyenne à 140,21 et l"écart-type à 19,16.

PartieB :

L"organisme décide alors de modéliser le nombre de bactéries étudiées (en milliers par ml) présentes

danslacrèmefraîchepar unevariablealéatoireXsuivant laloinormaledeparamètresμ=140 etσ=19.

Amérique du Sud321 novembre2017

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

1. a.Ce choix de modélisation est pertinent car on a trouvé une moyenne de 140,21 et un écart-

type de 19,16 dans lapartie A. b.À la calculatrice, on trouvep=P(X?160)≈0,146.

2.Lors de l"inspection d"une laiterie, l"organisme de contrôle sanitaire analyse un échantillon de

50 prélèvements de 1 ml de crème fraîche dans la production decette laiterie; 13 prélèvements

contiennent plus de 160 milliers de bactéries, ce qui fait une fréquence def=13

50=0,26.

a.Pourvoir s"il y aune anomalie danslaproduction avecuneprobabilitéde0,05 dese tromper, on va utiliser un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95%. n=50?30,np=50×0,146=7,3?5 etn(1-p)=50×(1-0,146)=42,7?5 donc les condi- tions pour qu"on détermine l"intervalle de fluctuation sontvérifiées : I 95=?
p-1,96? p(1-p)?n,p+1,96? p(1-p)?n?

0,146-1,96?

0,146(1-0,146)?50, 0,146+1,96?

0,146(1-0,146)?50?

≈[0,048 ; 0,244] La fréquencef=0,26 trouvée dans l"échantillon n"appartient pas à l"intervalleI95donc on peut supposer qu"il y aune anomalie dansla productionavec une probabilité prochede0,05 de se tromper. b.Avecuneprobabilité de0,01 desetromper, ilfaut utiliser l"intervalle defluctuation asympto- tique au seuil de 99% que l"on obtient en remplaçant dans l"intervalle précédentu0,05=1,96 paru0,01=2,58 : I 99=?
p-2.58? p(1-p)?n,p+2.58? p(1-p)?n?

0,146-2,58?

0,146(1-0,146)?50, 0,146+2,58?

0,146(1-0,146)?50?

≈[0,017 ; 0,275] n"aurait pas pu affirmer qu"il y avait une anomalie avec une probabilité proche de 0,01 de se tromper.

EXERCICE43 points

Commun à tous lescandidats

Dans le plan complexe muni d"un repère orthonormé direct?

O ;-→u,-→v?

, on considère les points A et B d"affixes respectiveszA=2eiπ

4etzB=2ei3π4

-11 2 1 2-1 ???ABC -→u? 2 2 2 2 2? 6

2-→

v O M2 M 1

Amérique du Sud421 novembre2017

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

1.

Méthode 1

• On a OA=|zA|=2; de même • OB=|zB|=2. OA = OB : le triangle est isocèle en O. • On a ?AOB=argzB-argzA=3π

4-π4=2π4=π2: le triangle est rectangle en O.

Conclusion : le triangle OAB est rectangle isocèle en O.

Méthode 2

• On a OA=|zA|=2; • OB=|zB|=2; on a donc OA = OB = 2 : le triangle OAB est isocèle en O; • AB=|zB-zA|=???

2ei3π

4-2eiπ4???

2? ei3π4-eiπ4????=2??? ei3π4-eiπ4??? 2??? eiπ 4? eiπ2-1? Or e iπ

2=i, donc puisque???

eiπ4??? =1 :

OA=2|i-1|=2?

12+12=2?2. On a donc :

OA

2+OB2=22+22=8 et

AB 2=?2?

2?2=22×2=8.

Donc OA

2+OB2=AB2=8 : d"après la réciproque du théorème de Pythagore,le triangle OAB

est rectangle en O.

Méthode 3

On azB=2ei3π

4=2ei?2π4+3π4?

=2ei?π2+3π4? =2eiπ2×eiπ4. DonczB=izA; en exploitant cette égalité en termes de modules et d"arguments : |zB|=|izA|=|i×|zA|, donc|zB|=|zA|, soit OB = OA; • argzB=argi+argzA, soit argzB=π

2+argzA, ce qui signifie que

?--→OA ;--→OB?

2. Le triangle OAB est rectangle en O.

2.D"après la question précédente le triangle AOB est inscrit dans le cercle centré au milieu de [AB],

soit en C d"affixe zA+zB

2=2eiπ

4+2ei3π4

2=eiπ

4+ei3π4.

On sait que e

iπ

4=cosπ4+isinπ4=?

2 2+i? 2 2et e i3π

4=cos3π4+isin3π4=-?

2 2+i? 2

2, donc

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