[PDF] Corrigé du baccalauréat S – Antilles-Guyane juin 2014

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?Corrigé dubaccalauréat S - Antilles-Guyanejuin 2014?

EXERCICE15 points

Commun à tous lescandidats

PartieA

1. a.L"arbre pondéré est le suivant :

J 0,85C 0,80 C0,20

J0,15C

0,10 C0,90 b.D"après l"arbre : p?

J∩C?

=0,15×0,10=0,015. c.Jet Jformant une partition de l"univers, la formule des probabilités totales donne : p(C)=p?

J∩C?

+p(J∩C)=0,015+0,85×0,80=0,695. d.Il s"agit de calculer une probabilité conditionnelle : p C? J? =p?

J∩C?

p(C)=0,0150,695≈0,0216.

2.À l"aide de la calculatrice :p(87?X?89)≈0,2417.

3.De mêmep(X?91)≈0,3085.

PartieB

1.L"échantillon est de taillen=120. L"hypothèse formulée est que la probabilitépqu"une huître

possède une masse supérieure à 91 g estp=0,60. On a alors :

•n?30;

•np=72?5;

•n(1-p)=48?5.

Les trois conditions pour utiliser l"intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % sont réalisées, et cet intervalleIest donné par : I=? p-1,96? p(1-p)?n;p+1,96? p(1-p)?n? =[0,5123 ; 0,6877]

2.La fréquence observée d"huîtres pesant plus de 91 g estF=65

120≈0,5417.

On aF?I, l"hypothèse selon laquellep=0,60 ne peut être rejetée.

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

EXERCICE26 points

Commun à tous lescandidats

PartieA

1.gest dérivable surRcomme combinaison simple de fonctions qui le sont, et pour tout réelx:

g ?(x)=-1+ex. On a alorsg?(x)?0?ex?1?x?0. Le tableau de variations degest donc : x-∞0+∞ g?(x)-0+ g 2 On déduit du tableau précédent que, pour tout réelx,g(x)?2>0.

2. Étude en-∞.

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

Étude en+∞.

limx→+∞(x+1)=+∞et, par croissances comparées limx→+∞x ex=0, donc, par somme limx→+∞f(x)=+∞.

3.Pour tout réelx, on a :

f ?(x)=1+1ex-xex (ex)2 =1+ex(1-x) ex×ex =1+1-x ex ex+1-x ex =e-xg(x).

4.On a vu plus haut que, pour tout réelx,g(x)>0, et comme par ailleurs e-x>0, on en déduit que

f ?(x)>0. On obtient alors le tableau de variations suivant : x-∞ +∞ f?(x)+ f

5.Lafonctionfest continue surR,strictement croissante. D"aprèsuncorollaireduthéorème desva-

leurs intermédiaires, l"intervalleRa pour imageR, ce dernier intervalle contenant 0, on en déduit

que l"équationf(x)=0 possède dansRune solutionαunique. Par ailleurs,f(-1)=-e-1<0 etf(0)=1>0, donc :-1<α<0.

6. a.La tangenteTa pour équation réduite :

y=f?(0)(x-0)+f(0)?y=2x+1. b.Posons, pour tout réelx,k(x)=f(x)-(2x+1), alors : k(x)=x+1+x ex-(2x+1) x ex-x x ex?1-ex?.

Dressons alors un tableau de signes :

Amérique du Nord230 mai 2014

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

x-∞0+∞ x-0+

1-ex+0-

k(x)-0-

On en déduit queCest située en dessous deT.

PartieB

1.Pour tout réelx:

H la fonctionHest donc une primitive dehsurR.

2.Sur [1 ; 3],Cest en dessous deT, l"aireAdu domaineDest donc :

A=? 4

3?(2x+1)-f(x)?dx

3 1 x-h(x)dx ?x2

2-H(x)?

3 1 =4+4e-3-2e-1.

EXERCICE34 points

Commun à tous lescandidats

1.La proposition estfausse;en effet, on a :--→AB(-2 ; 4 ;-1) et--→AC(6 ;-12 ; 3), ces deux vecteurs sont

colinéaires (car--→AC= -3--→AB), donc les trois pointsA,BetCsont alignés et ne définissent pas un

plan.

2.La proposition estvraiecar on vérifie aisément que les coordonnées de chacun des pointsA,Bet

Dvérifient l"équationx-2z+9=0.

3.La proposition estfausse: la droitedont la représentation paramétrique est donnée dans l"énoncé

est dirigée par le vecteur-→u?3

2;-3 ;-32?, ce vecteur n"étant pas colinéaire à--→AC, il ne peut diriger

(AC).

4.La proposition estfausse: le planPa pour vecteur normal-→n(2 ;-1 ; 5), le planP?a pour vecteur

normal-→n?(-3 ;-1 ; 1). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deux plans ne sont pas

parallèles.

EXERCICE45 points

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

1. a.À l"aide d"une calculatrice, on obtient les valeurs suivantes :

n012345678 un23,42,181,190,610,310,160,080,04

b.Au vu du tableau précédent, on peut conjecturer que la suite (un) est décroissante à partir du

rang 1.

2. a.SoitP(n)lapropriété:"un?15

4×0,5n».MontronsparrécurrencequeP(n)estvraie pour tout

entier naturelnnon nul.

•Initialisation.On au1=3,4 et15

4×0,5=1,875, doncP(1) est vraie.

Amérique du Nord330 mai 2014

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

•Hérédité.Soitnentier naturel non nul, etP(n) vraie, c"est-à-dire que : (HR)un?15

4×0,5k

on doit alors démontrer que la propriétéP(n+1) est vraie, c"est-à-dire que u n+1?15

4×0,5n+1.

D"après (HR) :

u n?15

4×0,5ndonc, en multipliant par15:

1

5un?34×0,5npuis, en ajoutant membre à membre 3×0,5n:

1

5un+3×0,5n?34×0,5n+3×0,5nc"est-à-dire :

u n+1?15

4×0,5n

Or, pour tout entier natureln, 0,5n?0,5n+1, on en déduit donc que : u n+1?15

4×0,5n+1

et la propriétéP(n) est donc héréditaire.

La propriété est vraie 1 et si elle est vraie à un rang non nul,nelle est vraie au range suivant

n+1. On a donc démontré par le principe de récurrence que pour toutnaturel non nulun? 15

4×0,5n.

•Conclusion.La propriétéP(n) est initialisée et héréditaire, elle est donc vraie pour tout

entier naturelnnon nul. b.Pour tout entier naturelnnon nul : u n+1-un=1

5un+3×0,5n-un

=3×0,5n-4 5un 4 5?

154×0,5n-un?

D"après la question 1a, cela entraîne queun+1-un?0.

c.D"aprèsla question précédente la suite (un)est décroissante à partir d"un certainrang. D"après

2a, pour tout entier naturelnnon nul,un?15

4×0,5n>0, la suite est donc minorée. On en

déduit,d"après le théorème deconvergencedessuites monotones, que lasuite (un)est conver- gente.

3. a.Soitn?N, alors :

v n+1=un+1-10×0,5n+1 1

5un+3×0,5n-10×0,5×0,5n

1

5un-2×0,5n

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