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A. P. M. E. P.
?Corrigé du baccalauréat S Métropole 22 juin 2015?EXERCICE16POINTS
Partie 1
1. a.Soientcetddeux réels tels que 0?c Par définition,P(c?X?d)=?d
cf(x) dx=?d cλe-λx=?-e-λx?dc =-e-λd-?-e-λc?= e-λc-e-λd. 0,95??1-e-20λ=0,95??e-20λ=0,05?? -20λ=ln0,05??
λ=ln0,05
-20≈0,150. c.On sait que l"espérance d"une loi exponentielleestE(X)=1 λ≈6,676.
Dans la suite de l"exercice on prendλ=0,15.
0,173.
0,067.
2.SoitYune variable aléatoire qui suit la loi normale d"espérance 16 et d"écart
type 1,95. a.P(20?Y?21)≈ 0,015.
b.P((Y<11)?(Y>21))=1-P(11?Y?21)≈ 0,010.
Partie 2
1.Notons :
Rl"évènement "le bon d"achat est rouge». Vl"évènement "le bon d"achat est vert». T: l"évènement "avoir un un bon d"achat de trente?». C: l"évènement "avoir un un bon d"achat de cent?». A: l"évènement "avoir un un bon d"achat d"une autre valeur». à 30?».
L"arbre correspondant est alors :
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?V 0,75T 0,067 autre montant 0,933 R 0,25T 0,015 C 0,010 autre montant 0,975 On a :PR(S)=PR(T?C)=pR(T)+PR(C)=0,015+0,010=
0,025.
0,057.
Pourla questionsuivante,on utilise cette valeur.
3.La probabilité d"avoir un bon d"un montant supérieur ou égalà 30?estp=
0,057.
La fréquence observée estf=6
200=3100=0,03.
La taille de l"échantillonestn=200.
On an=200?30;np=11,4?5 etn(1-p)=188,6?5.
On peut donc utiliser la formule donnant l"intervalle de fluctuation asympto- tique au seuil de 95 %. I 200=?
p-1,96×? p(1-p)?n;p+1,96×? p(1-p)?n? ≈[0,024 ; 0,090]. f=0,03?I. Les doutes du directeur du magasin ne sont donc pas justifiésau seuil de confiance de 95 %. EXERCICE23POINTS
Commun à tousles candidats
Dansunrepèreorthonormé(O,I,J,K)d"unité1cm,onconsidèrelespointsA(0;-1; 5), B(2 ;-1 ; 5), C(11 ; 0 ; 1), D(11 ; 4 ; 4).
1. a.Un vecteur directeur de la droite (AB) est-→AB((200))
=2-→OI. La droite (AB) est donc parallèle à l"axe (OI). b.On axC=xD=11 donc la droite (CD) est incluse dans le planPd"équa- tion x=11. c.(AB) est parallèle à (OI) et (OI) est orthogonale au planPdonc (AB) est orthogonaleàP. Métropole222 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
tion cartésienne dePet la représentationparamétriquedeP. On doit avoir :???????x=11
x=t y=-1 z=5donc E(11 ;-1 ; 5).
d.Une représentation paramétrique de (AB) est???x=t y=-1 z=5,t?Ret une représentation paramétrique de (CD) est ?x=11 y=0,8t? z=1+0,6t?,t??R. On résout le système ?t=11 -1=0,8t? z=1+0,6t?qui n"a pas de solutions, car on trouvet?négatif, donc 1+0,6t?<5. Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.
2. a. ----→MtNt(( 11-t 0,8t+1
0,6t-4))
doncMtN2t=(11-t)2+(0,8t+1)2+(0,6t-4)2 MtN2t=2t2-25,2t+138.
b.MtNtest positif, donc est minimale quand son carré est minimal. On considère la fonctionf:t?→2t2-25,2t+138;fest une fonction du second degré; le coefficient det2est 2. Le minimum est atteint pourt= 25,2
4=6,3.
La distance est
minimalepourt=6,3 s EXERCICE35POINTS
Candidats n"ayant pas suivil"enseignement de spécialité 1.Soit l"équationz2-8z+64=0.
Δ=64-4×64=-3×64<0.
L"équation a deux solutionscomplexes conjuguées : z 1=8+i?
3×64
2=4+4?3etz2=z1=4-4i?3.
Le plan complexe est muni d"un repère orthonormédirect ?O;-→u;-→v?. 2.On considère les points A, B et C d"affixes respectivesa=4+4i?
3, b=4-4i? 3 etc=8i. (figure à la fin de l"exercice)
Métropole322 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
a.|a| =|4+4i?3|=4|1+i?3|=4×2=8. On en déduita=8?
1 2+i? 3 2? =8eiπ 3. Un argument deaest doncπ3.
b.On a trouvéa=8eiπ 3etb=a=8e-iπ3.
c.|a| =8;|b|=?? a??=|a| =8 et|c| =|8i|=8. Les pointsA, B et C sontdonc sur le cercle de centre 0 et de rayon 8. d.Voir figure en fin d"exercice. 3.On considère les points A?, B?et C?d"affixes respectivesa?=aeiπ
3,b?=beiπ3et
c ?=ceiπ 3. a.b?=beiπ 3=8e-iπ3×eiπ3=8.
b.|a?|=??? aeiπ 3??? =|a|×??? eiπ3??? =|a| =8car??eiθ??=1 pour toutθréel. arg(a?)=arg? aeiπ 3? =arg(a)+arg? eiπ3? =π3+π3= 2π 3 Pour la suite on admet quea?=-4+4i?3 etc?=-4?3+4i. 4. a.On noter,settles affixes des milieux respectifs R, S et T des segments
[A ?B], [B?C] et [C?A]. On a :r=a?+b
2=-4+4i?
3+4-4i?3
2=0. s=b?+c 2=8+8i2=4+4i.
On a admis quet=2-2?
3+i?2+2?3?.
b.Il semble que la figure que RST soit un triangleéquilatéral. RS=|s-r|=|4+4i|=4|1+i|=
4?2. ST=|t-s|=|-2-2?
3+i?-2+2?3?|=2|-1-?3+i?-1+?3?|
=2? 4?2. RT=|t-r|=??2-2?
3+i(2+2?3)??
=2??1-? 3+i(1+?3)??=2?1-2?3+3+1+2?3+3=2?8
4?2. RS=ST=RT=4?
2 donc le triangleRST estéquilatéral.
Métropole422 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?A B? C O=R? A? B?? C? S? T -9-8-7-6-5-4-3-2-1012345678 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -82 468
2 4 6 8-2-4-6-8
EXERCICE35POINTS
Candidats ayant suivil"enseignementde spécialité 1.On considère l"équation (E) à résoudre dansZ: 7x-5y=1.
a.7×3-5×4=21-20=1 donc (3; 4) est solutionde (E). b.• Le couple (x;y) est solutionde (E) donc : 7×x-5×y=1 Le couple (3; 4) est solution de (E) donc : 7×3-5×4=1 Par soustractionmembre à membre : 7(x-3)-5(y-4)=0 donc 7(x-3)=5(y-4). • Réciproquement, si le couple (x;y) est tel que 7(x-3)=5(y-4), on peut dire que 7(x-3)-5(y-4)=0??7x-21-5y+20=0?? 7x-5y=1, et donc que le couple (x;y) est solutionde (E).
• Donc le couple d"entiers (x;y) est solution de (E) si et seulement si 7(x-3)=5(y-4).
c.• Soit(x;y) uncoupled"entierssolutionde(E),ce quiéquivaut à7(x- 3)=5(y-4).
entre eux, donc, d"après le théorème de Gauss, 7 divisey-4. Donc il existeun entierrelatifktel quey-4=7kce quiéquivaut ày=7k+4 aveck?Z. Comme 7(x-3)=5(y-4) ety-4=7k, cela implique que 7(x-3)= 5×7kce qui équivaut àx-3=5kou encorex=5k+3.
Métropole522 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Donc si (x;y) est solution de (E), alors?x=5k+3
y=7k+4oùk?Z • Réciproquement, si le couple d"entiers (x;y) est tel que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z, alors 7x-5y=7(5k+3)-5(7k+4)=35k+ 21-35k-20=1 donc (x;y) est solution de (E).
• Donclessolutionsentièresdel"équation(E)sontexactementlescouples (x;y) d"entiers relatifs tels que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z 2.Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25
jetons il y axjetons rouges etyjetons verts. On sait que 7x-5y=1. D"après la question1, on peut dire quex=5k+3 ety=7k+4 aveckentier relatif. Le nombre de jetons est un nombre positif, et ne doitpas dépasser 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte.quotesdbs_dbs49.pdfusesText_49
Par définition,P(c?X?d)=?d
cf(x) dx=?d cλe-λx=?-e-λx?dc =-e-λd-?-e-λc?= e-λc-e-λd.0,95??1-e-20λ=0,95??e-20λ=0,05?? -20λ=ln0,05??
λ=ln0,05
-20≈0,150. c.On sait que l"espérance d"une loi exponentielleestE(X)=1λ≈6,676.
Dans la suite de l"exercice on prendλ=0,15.
0,173.
0,067.
2.SoitYune variable aléatoire qui suit la loi normale d"espérance 16 et d"écart
type 1,95. a.P(20?Y?21)≈0,015.
b.P((Y<11)?(Y>21))=1-P(11?Y?21)≈0,010.
Partie 2
1.Notons :
Rl"évènement "le bon d"achat est rouge». Vl"évènement "le bon d"achat est vert». T: l"évènement "avoir un un bon d"achat de trente?». C: l"évènement "avoir un un bon d"achat de cent?». A: l"évènement "avoir un un bon d"achat d"une autre valeur».à 30?».
L"arbre correspondant est alors :
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?V 0,75T 0,067 autre montant 0,933 R 0,25T 0,015 C 0,010 autre montant 0,975On a :PR(S)=PR(T?C)=pR(T)+PR(C)=0,015+0,010=
0,025.
0,057.
Pourla questionsuivante,on utilise cette valeur.
3.La probabilité d"avoir un bon d"un montant supérieur ou égalà 30?estp=
0,057.
La fréquence observée estf=6
200=3100=0,03.
La taille de l"échantillonestn=200.
On an=200?30;np=11,4?5 etn(1-p)=188,6?5.
On peut donc utiliser la formule donnant l"intervalle de fluctuation asympto- tique au seuil de 95 %. I 200=?p-1,96×? p(1-p)?n;p+1,96×? p(1-p)?n? ≈[0,024 ; 0,090]. f=0,03?I. Les doutes du directeur du magasin ne sont donc pas justifiésau seuil de confiance de 95 %.