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Amérique du Nord BACCALAURÉATGÉNÉRAL SESSION 2017 MATHÉMATIQUES Série S Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Durée de l’épreuve : 4 heures Coef?cient : 7 Ce sujet comporte 6 pages numérotées de 1/6 à 6/6 Les calculatrices électroniques de poche sont autorisées conformément à la circulaire n°99-186
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>0x2-1+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>0x2-2x-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) -3Corrigédu 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 ;+∞[ avecβ≈3,61 à 10-2près.
d.SoitFla fonction définie sur]0 ;+∞[par :F(x)=12x2-2x-2lnx-32(lnx)2.
La fonctionFest dérivable sur]0 ;+∞[et :
F ?(x)=12×2x-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 uneépaisseur de 0,5 cm.
-1 -2 -31 231 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.AUne 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 cm3, 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
?13;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=13×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 49+49+49=?
12 9=2? 3 3.DoncV=1
3×2?
33×?
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-
vements159712842255180813451711À 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=1350=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=2eiπ4etzB=2ei3π4
-11 2 1 2-1 ???ABC -→u? 2 2 2 2 2? 62-→
v O M2 M 1Amérique 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=3π4-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 iπ2=i, donc puisque???
eiπ4??? =1 :OA=2|i-1|=2?
12+12=2?2. On a donc :
OA2+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=π2+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+zB2=2eiπ
4+2ei3π4
2=eiπ
4+ei3π4.
On sait que e
iπ4=cosπ4+isinπ4=?
2 2+i? 2 2et e i3π4=cos3π4+isin3π4=-?
2 2+i? 22, donc
z C=? 2 2+i? 2 2-? 2 2+i? 22=i?2.
Rem.On pouvait aussi calculer :
e iπ4+ei3π4=eiπ4?
1+eiπ2?
=eiπ4(1+i)=? ?2 2+i? 2 2? (1+i)=? 2 2+i? 2 2+i? 2 2-? 22=i?2.
On a donc CO=|CO|=?
2. Le cercle circonscrit au triangle OAB et donc centré en C et a pour rayon? 2.Équation (E) : on aΔ=6-8=-2=?i?
2?2. Cette équation a donc deux solutions complexes conjuguéesz1etz2affixes des pointsM1etM2:z1=?
6-i?2 2. Le carré de la distance du pointM1d"affixez1au point C est : z1-zC|2=?????? 6-i?22-i?2?????2
=??????6-i3?22?????2
=64+? 3? 2 2? 2 =32+92=6. Donc CM1=?6?=?2.On pouvait éviter le calcul en remarquant qu"un point de partie imaginaire négative ne peut ap-
partenir au cercle.Amérique du Sud521 novembre2017
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
z2=?6+i?2
2. Le carré de la distance du pointM2d"affixez2au point C est : z2-zC|2=?????? 6+i?22-i?2?????2
=??????6-i?22?????2
=64+24=84=2. Don CM2=?2, donc le pointM2quotesdbs_dbs49.pdfusesText_49[PDF] bac s amerique du sud 2014 maths corrigé
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