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A. P. M. E. P.
Durée : 4 heures
?Corrigédu baccalauréat S (obligatoire)?Nouvelle-Calédonie 5 mars 2015
EXERCICE15 points
Commun à tous lescandidats
1. a.D"après l"énoncé la fonctionf2est dérivable surR.
On af?2(x)=ex-2.
Or e x-2=0??ex=2??x=ln2. Donc :Donc e
x-2>0??x>ln2 : la fonctionfest décroissante sur [-∞; ln2[. e x-2<0??xOn a le tableau de variations suivant :
x-∞ln2+∞ f ?(x)-0+ f2-2ln2
b.Comme 2-2ln2≈0,614>0, le minimum de la fonctionf2étant supérieur à zéro, on en déduit que la fonction est strictement positive surR, soit e x-2x>0??ex>2xdonclareprésentation graphiquedelafonctionx?-→exestaudessus de la droiteΔ2.ΓetΔ2n"ont pas de point commun.
2.fa(x)=ex-ax
a.limite en plus l"infini : f a(x)=x?ex x-a?On sait que lim
x→+∞e x x=+∞donc limx→+∞e xx-a=+∞, donc par produit des limites lim x→+∞fa(x)=+∞.limite en moins l"infini :
On sait que lim
x→-∞ex=0. Donc limx→-∞fa(x)=+∞. b.faest dérivable surRcomme somme de fonctions dérivables et f ?a(x)=ex-a. e x-a=0??ex=a??x=lna(cara>0). On a le même tableau de variations que pourf2en remplaçant 2 para. c.La fonctionfadécroissante, puis croissante admet donc un minimumfa(lna)=a-alna. d.a-alna=0??a(1-lna)=0??1-lna=0 (cara?=0)??1=lna??e1=elna?? e=a.On a donc :
a-alna>0??aCorrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
x-∞lna+∞ f ?(x)-0+ f a-alna Donc sur l"intervalle ]-∞; lna[, la fonctionfacontinue car dérivable et strictement mono- tonesurcetintervallepassed"unevaleurpositiveàunevaleurnégative: ilexistedonc,d"aprèsle théorème de la valeur intermédiaire un réelα?]-∞; lna[ tel quefa(α)=0, soit eα=aα.
De même sur ]lna;+∞[, la fonctionfacontinue car dérivable et strictement monotone surcet intervalle passe d"une valeur négative à une valeur positive : il existe donc un réelβ?
]lna;+∞[ tel quefa(β)=0, soit eβ=aβ. Conclusion : sia>e la courbeΓet la droiteΔaont deux points communs. a-alna=0??a=e, la fonctionfa=fes"annule une seule fois enx=1, doncfe(1)=0 : ΓetΔeont un seul point commun (la droite est tangente à la courbe) 12341-1 y=2x y=ex y=3x O
EXERCICE25 points
Commun à tous lescandidats
1. a.2% des puces livrées ont une durée de vie courte, c"est-à-dire
PL(C)=0,02.
b.On déduit quePL? C? =1-0,02=0,98 et P?L∩
C? =P(L)×PL?C? =0,95×0,98=0,931. c.Comme seules les puces livrées peuvent avoir une durée de viecourte on a : P?L?(L∩C)?
=P?L? +P(L∩C)=0,05+0,019=0,069.2. a.On sait queP(X?1000)=0,02.
Xsuit une loi exponentielle de paramètreλ, donc : e 1000.Nouvelle-Calédonie25 mars 2015
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
Donc environ 81,7% des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à 10000 heures. Soit : environ 12,2% des puces ont une durée de vie comprise entre 20 000 et 30 000 heures.3. a.On effectue 15000 tirages indépendants les uns des autres. La probabilité qu"une puce livrée
ait une vie courte estp=0,003. Ysuit donc une loi binomiale de paramètresn=15000 etp=0,003.. b.E(Y)=n×p=15000×0,003=45. Il y a environ 45 puces à durée de vie courte sur les 15000 extraites de la production. c.On aP(40?Y?50)=P(Y?50)-P(Y<40)=P(Y?50)-P(Y?39). La calculatrice donneP(Y?50)≈0,7966 etP(Y?39)≈0,2080, donc :EXERCICE35 points
Commun à tous lescandidats3
1. a.Une représentation paramétrique deD1s"obtient en traduisant l"égalité---→A1M=t-→u1avec
t?Rsoit :???x-0=t y-2=2t z-(-1)=3tt?R?????x=t y=2+2t z= -1+3tt?R. b.D2a pour représentation paramétrique :???x=1+k y=0-2k z=2+0kk?R. On reconnait qu"un vecteur directeur deD2est-→u2(( 1 -2 0)) c.A2?D2?????-1=1+k4=0-2k
2=2+0k?????-2=k
-2=k2=2qui a une solutionk=-2.
Le pointA2appartient àD2.
2.Les vecteurs directeurs deD1et deD2ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites
ne sont pas parallèles. Elles sont sécantes s"il existe des réelstetktels que :???t=1+k2+2t=0-2k
-1+3t=2+0k?????t=1+k2+2+2k=0-2k
-1+3+3k=2+0k?????t=1+k4k= -4
3k=0??
?t=1+k k= -1 k=0 Ce système n"a pas de solution donc il n"existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.3.Les droitesD1etΔ1contiennent le pointA1. Pour montrer qu"elles sont perpendiculaires il suffit
de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :-→u1·-→v=-6-6+12=0. Conclusion : les droitesD1etΔ1sont perpendiculaires.4.Les droitesD2etΔ2sont aussi perpendiculaires
a. -→nest un vecteur normal au planP1s"il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit-→u1et-→v; or-→n·-→u1=-6-6+12=0Nouvelle-Calédonie35 mars 2015
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
Le vecteur-→nest orthogonal adeux vecteurs non colinéaires du planP1. Ilest par conséquent
normal à ce plan. b.SiP1etP2sont parallèles-→nvecteur normal au planP1est aussi un vecteur normal au plan P2; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du planP2commeu2et-→v.
On a bien-→n·-→v=0, mais-→n·-→u2=17+44+0=61?=0. Donc-→nn"est pas normal au planP2et les deux plansP1etP2ne sont pas parallèles.5.Δest parallèle àΔ1etΔ2lesquelles sont respectivement perpendiculaire àD1etD2.
Par conséquent la droiteΔest orthogonale aux droitesD1etD2. Or cette droite appartient au planP1et au planP2. Elle est donc perpendiculaire aux droitesD1 etD2.Il existe donc une droite de l"espace perpendiculaire à la droiteD1et àD2: c"est la droiteΔ.