[PDF] Corrigé du Baccalauréat S Antilles-Guyane 9 septembre 2020

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EXERCICE16 points

PartieA

1.On traduit cette situation à l"aide de l"arbre pondéré suivant :

M 0,55S 0,7 S0,3

M0,45S

0,24 S0,76

2.En utilisant l"arbre pondéré précédent, on obtient :P(M∩S)=0,55×0,7≈0,385.

La probabilité que Louise emmène Zoé le matin et qu"elle la ramène le soir est à peu près égale à 0,385.

3.P(S)=P(M∩S)+P(M∩

S)=0,385+0,45×0,24≈0,493.

4.Il s"agit de calculerPS(M).

P

S(M)=P(M∩S)

P(S)=0,3850,493≈0,781.

PartieB

Xqui suit la loi normale d"espérance 28 et d"écart-type 5. En utilisant la calculatrice, on obtient les résultats suivants :

1.P(X?25)≈0,274.

2.P(18?X?38)≈0,954.

3.P(X?d)=0,1, on obtientd≈34.

La durée du trajet (arrondie à la minute), telle queP(X?d)=0,1 est de 34 minutes.

4.Ysuit la loi normale d"espérance 26 et d"écart-typeσalorsZ=Y-26

σsuit la loi normale d"espérance 0 et

d"écart type 1.

On sait queP(Y?30)=0,1.

P(Y?30)=0,1??P(Y-26?30-26)=0,1??P?Y-26

σ?4σ?

=0,1??P?

Z?4σ?

=0,1

À l"aide de la calculatrice on trouve

4

σ≈1,281 d"oùσ≈41,281≈3,12

PartieC

Ici on interrogeN=254 salariés de manière indépendante. La proportion annoncée des salariés pratiquant le covoiturage estp=0,35.

On aN?30 ,Np=88,9?5 etn(1-p)=165,1?5.

On peut donc établir un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95%. I N=? p-1,96? p(1-p)?N;p+1,96? p(1-p)?N?

Orp-1,96?

p(1-p)?N≈0,291 etp+1,96? p(1-p)?N≈0,409 doncIN=[0,291 ; 0,409].

La fréquence observée estf=82

254≈0,323?IN.

Ce sondage ne remet pas en cause l"information publiée par l"entreprise sur son site internet.

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE26 points

Commun à tous lescandidats

PartieA

La fonctiongest définie sur [0 ;+∞[ parg(x)=1-e-x.

1.limx→+∞-x=-∞donc limx→+∞e-x=0 et limx→+∞1-e-x=1

2.g(x)=1-e-xdoncg?(x)=e-x

Pour tout réelx, e-x>0 doncg?(x)>0 sur [0 ;+∞[. La fonctiongest donc strictement croissante sur [0 ;+∞[.

PartieB

1. a.f(x)=(x-1)e-kx+1.

u(x)=x-1v(x)=e-kx u ?(x)=1v?(x)=-ke-kx f=uv+1 et (uv)?=u?v+uv? f b.La tangenteTa pour équationy=f?(1)(x-1)+f(1). orf(1)=1 etf?(1)=e-k

DoncTa pour équationy=e-k(x-1)+1=e-kx-e-k+1

Best le point deTd"abscisse 0, doncyB=-e-k+1=g(k)

2.D"après le tableau de variation de la fonctiongde la partie A, pour tout réel positifk,g(k)?[0 ; 1].

Le point B ayant pour coordonnées (0 ;g(k)) avec 0?g(k)?1, il appartient bien au segment [OJ].

PartieC

La fonctionhest définie surRparh(x)=(x-1)e-2x+1.

1.VoirANNEXE 1. Sur l"intervalle [0; 1] : la courbeChest au-dessus de la droitedd"équationy=xdonc

h(x)?x,

Dest le domaine du plan délimité par la courbeChet la droited.Aest l"aire deDexprimée en unité d"aire,

donc A=? 1 0 (h(x)-x)dx.

2. a.h(x)-x=(x-1)e-2x+1-x=-(1-x)e-2x+(1-x)=(1-x)(-e-2x+1)=(1-x)?1-e-2x?.

b.On admet que, pour tout réelx, e-2x?1-2x. e Sur [0 ; 1],x?1 donc 1-x?0 d"où c.h(x)-x?2x-2x2donc? 1 0 (h(x)-x)dx.?? 1 0 (2x-2x2)dx. 1 0 (2x-2x2)dx=? x 2-2 3x3? 1

0=1-23=13

on obtient doncA?1 3. 3.A=? 1 0 (h(x)-x)dx=?

H(x)-x2

2? 1

0=H(1)-12-H(0)=14(1-2)e-2-12+1-14e0= -14e-2-12+1-14=

1

4e-2+14

Antilles-Guyane29 septembre 2020

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE34 points

Commun à tous lescandidats

On se place dans le repère?

A ;--→AB,--→AD,-→AE?

1.H(0 ; 1 ; 1), M(0,5 ; 0 ; 0)et N(1 ; 0,5 ; 0).

2. a.La droite (MN) est définie par le point M et le vecteur--→MN.

M (0,5 ; 0 ; 0)et--→MN((0,50,5 0)) Une représentation paramétrique de la droite (MN) est donc : ?x=0,5+0,5k y=0,5k z=0,k?R. b.Une représentation paramétrique de la droite (CD) est ?x=t y=1 z=0,t?R.

K étant le point d"intersection des droites (CD) et (MN), sescoordonnées sont solutions du système

suivant : ?x=t y=1 z=0 x=0,5+0,5k y=0,5k t=0,5+0,5k x=t y=1 t=1,5 x=1,5 y=1 z=0

C"est pourquoi K (1,5 ; 1 ; 0)

3. a. --→HM((0,5 -1 -1)) --→HN((1 -0,5 -1)) -→n((2 -2 3))

HM et--→HN ne sont pas colinéaires car1

Le vecteur-→nest orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HMN),c"est donc un vecteur nor-

mal à ce plan. b. -→n((2 -2 3))

étant un vecteur normal du plan (HMN),

une équation cartésienne de ce plan est 2x-2y+3z+d=0, H(0 ; 1 ; 1)appartient à ce plan donc ses

coordonnées vérifient l"équation, on a donc 2×0-2×1+3×1+d=0 soitd=-1 Une équation du plan (HMN) est donc 2x-2y+3z-1=0

c.Déterminonsunereprésentation paramétrique deladroite(CG).Cette droiteestdéterminéeparlepoint

C (1 ; 1 ; 0)et--→CG((001)) Une représentation paramétrique de la droite (MN) est donc :

Antilles-Guyane39 septembre 2020

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

?x=1 y=1 z=p,p?R.

L est le point d"intersection de la droite (CG) et du plan (HMN), ses coordonnées sont donc solutions du

système suivant : ?2x-2y+3z-1=0 x=1 y=1 x=1 y=1 3 x=1 y=1 z=1 3

C"est pourquoi L (1 ; 1 ;

1 3)

4.Sur la face (ABCD), on trace le segment [MN],sur la face (BCGF), on trace le segment [NL],sur la face (CDHG), on trace le segment [LH],Les faces (ABFE) et (CDHG) sont parallèles donc les droites d"intersection des ces deux plans avec le plan

(HMN) sont parallèles. On trace la parallèle à (LH) passant par M, elle coupe la droite (AE) en un point S.

Sur la face (ADHE), on trace le segment [SH],(on peut remarquer que (SH) est parallèle à (NL). La section du cube par le plan (HMN) est donc MNLHS.

Voir ANNEXE 2.

EXERCICE45 points

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

1.u0=4 et pour tout entier natureln,un+1=-2

3un+1 etvn=un-23.

u

0=4v0=4-2

3=103 u 1=-2

3×4+1=-83+1=-53v1=-53-23=-73

u 2=-2

3×?

-53? +1=109+1=199v2=199-23=139 v 1 v0=-7 3 10 3=- 7

3×310=-710v

2v1=13

9 -73=- 13

9×37=-1321

v 1 v0?=v2v1, donc (vn) n"est pas une suite géométrique. L"affirmation 1 est donc fausse.

2.Pour tout entier naturelnnon nul,-1?cos(n)?1

??3-1?3+cos(n)?3+1??2?3+cos(n)?4 2 n2?3+cos(n)n2?4n2 or lim n→+∞2 n2=limn→+∞4n2=0, d"après le théorème des gendarmes lim n→+∞3+cos(n) n2=0, l"affirmation 2 est donc vraie.

3.À la fin de l"exécution, la variableUcontient la première valeur strictement supérieur à 5000.

En effet l"algorithme ne s"arrête pas tant queU?5000. En utilisant la calculatrice, on obtient la valeur 6565.

L"affirmation 3 est donc fausse.

Antilles-Guyane49 septembre 2020

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

4.(z-i)?z2+z?3+1?=0.??(z-i)=0 ou?z2+z?3+1?=0

(z-i)=0??z=i z 2+z?

3+1=0Δ=?32-4×1=-1=i2

Δest un réel strictement négatif donc l"équation a pour solution deux nombres complexes conjugués :

z 1=-? 3-i

2etz2=z1=-?3+i

2

L"équation (z-i)?z2+z?

3+1?=0 a donc comme ensemble solution :S=?

i,-?3-i 2,-? 3+i 2? |i|=1,?????-? 3-i

2?????

3+i

2?????

=3+14=1. L"affirmation 4 est donc vraie.

5.z0=2 et pour tout entier naturelzn+1=2eiπ

2zn. z n+1=2eiπ

Soit K le milieu du segment

[M0M2],zK=z0+z2

2=2-82=-3.

le point O n"est donc pas le milieu du segment [M0M2], l"affirmation 5 est fausse.

EXERCICE45 points

Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité On considère l"équation (E)x2-5y2=1 oùxetysont des entiers naturels.

PartieA

1.Sixetysont deux entiers naturels pairs, il existe deux entiers naturelspetqtels quex=2pety=2q.

(x;y) est un couple solution de l"équation (E)??x2-5y2=1

On en déduit 4 est un diviseur de 1, ce qui est impossible. Doncxetyne peuvent pas être tous les deux

pairs. Sixetysont deux entiers naturels impairs, il existe deux entiers naturelspetqtels quex=2p+1 ety= 2q+1. (x;y) est un couple solution de l"équation (E)??x2-5y2=1 ??4?p2+p-5q2-5q-1?=1

On en déduit que 4 est un diviseur de 1, ce qui est impossible. Doncxetyne peuvent pas être tous les deux

impairs. En conclusion,xetyne peuvent pas avoir la même parité.

2.Soit d un diviseur commun àxety, il existe deux entiers naturelsXetYtels quex=dXety=dY.

(x;y) est un couple solution de l"équation (E)??x2-5y2=1 ??(dX)2-5(dY)2=1??d2X2-5(d2Y2)=1 ??d2?X2-5Y2?=1 On en déduit qued2est un diviseur de 1, doncd=1. Le seul diviseur commun àxetyest 1,xetysont donc premiers entre eux.

3.Soitkun entier naturel.

Reste de la division eu-

clidienne dekpar 501234

Reste de la division eu-

clidienne dek2par 501441

Antilles-Guyane59 septembre 2020

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

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