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A. P. M. E. P.

Durée : 4 heures

?Corrigé du baccalauréatS Centres étrangers?

10 juin 2015

Exercice 14 points

Commun à tousles candidats

Tous les résultats demandés dans cet exercice seront arrondis au millième.

Les parties A, B et C sont indépendantes.

Partie A

tillonestn=500.

On an=500?30,np=15?5 etn(1-p)=485?5.

Les conditionssont alorsvérifiées pour appliquer la formuledonnant l"inter- valle de fluctuationasymptotique au seuil de 95 % : I 500=?
p-1,96? p(1-p)?n;p+1,96? p(1-p)?n?

0,03-1,96?

0,03×0,97?500; 0,03-1,96?

0,03×0,97?500?

, soit environ [0,015 ; 0,045]. La fréquence observée de cadenas défectueux est f=19

500=381000=0,038?I500.

Ce contrôle ne remet donc pas en cause, au risque de 95 %, l"affirmation du fournisseur.

2.La fréquence de cadenas défectueux estf=39

500=781000=0,078. La taille

de l"échantillon estn=500.

On an=500?30,nf=39 etn(1-f)=461?5.

confiance au seuil de 95 %. I ?500=? f-1 ?n;f+1?n?

0,078-1?500; 0,078+1?500?

≈[0,033 ; 0,123].

Partie B

D"après une étude statistique faite sur plusieurs mois, on admet que le nombreX de cadenaspremier prixvendus par mois dans le magasin de bricolage peut être

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

modélisé par une variable aléatoire qui suit la loi normale de moyenneμ=750 et d"écart-typeσ=25.

68,3%, soit 0,683 (d"après le

cours). On peut aussi effectuer le calcul à la calculatrice.

2.On cherche donc le plus petit entierntel queP(X?n)<0,05.

Cela équivaut à 1-P(X0,95.

À lacalculatrice, oncherche le nombreréelαvérifiantP(X?α)=0,05 :nest le plus petit entier supérieur ou égal àα; on en déduit n=792.

Partie C

1.?? H 0,2? D 0,03 D0,97 H0,8? D p D1-p2.D"après la formule des probabilités totales, on a :P(D)=PH(D)×P(H)+P

H(D)×P?H?

=0,2×0,03+0,8p=0,006+0,8p. Or,P(D)=0,07. On en déduit que 0,006+0,8p=0,07 doncp=0,07-0,006 0,8 0,064

0,8=64800=8100=0,08.

0,08?[0,033; 0,123],donccerésultatestcohérentaveclerésultatdelaques-

tion A-2. 3.P

D(H)=P?

H∩

D? P?D? =0,2×0,971-0,07=0,1940,93≈0,209.

Exercice 24 points

Commun à tousles candidats

Centres étrangers210 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

1.Affirmation 1 :

Notons C et D les points d"affixes respectives

1 et i. Alors :|z-1| = |z-i| ??|zM-zC|=

zM-zD| ??MC=MD.

L"ensemble des points M d"affixe z vérifiant

|z-1| = |z-i|est donc la médiatrice de [CD], c"est-à-dire la droite d"équationy=x. NotonsΩle point de coordonnées (3 ; 2) qui a donc pour fixe 3+2i. |z-3-2i|?2.??|zM-zΩ|?2??MΩ?

2. S est donc bien le segment [AB]

12345

1 2 3 4 5

OAB D CΩ

L"ensembleSest le segment [AB].VRAI

Centres étrangers310 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

2.Affirmation 2 :Soita=?3+i.

|a|=??32+12=?4=2.

Alorsa=2?

3

2+12i?

=2eiπ 6.

On en déduit que

3+i?

1515=?

Or

505π

2=4×126+12π=126×2π+π2.

On en déduit quea1515=21515ei?126×2π+π 2? =21515eiπ2=21515i?R.FAUX

3.Affirmation3:

?x=2t y= -3+4t z=7-10t,t?R.est lareprésentationparamétriqued"une droite.

2,onobtientlescoordonnées

de F. E et F appartiennentà cette droite, donc cette droite est bien la droite (EF). VRAI

4.Affirmation 4 :On a E(2 ; 1 ;-3), F(1 ;-1 ; 2) et G(-1 ; 3 ; 1).

Les coordonnées des vecteurs-→EF et-→EG ont pour coordonnées : EF((1 -2 5)) et-→EG((-3 2 4))

Alors :

EF=? (-1)2+(-2)2+52=?30; EG=?(-3)2+22+42=?29.

On a alors :

EF.-→EG=EF×EG×cos??FEG?donc cos??FEG?=-→EF.-→EG

EF×EG=19?30×?29=19?870.

À la calculatrice, on trouve

?FEG≈49,89 °≈50 °. VRAI

Exercice 37 points

Commun à tousles candidats

On considère a suite(un)définie par :

u

0=aet, pour toutndeN,un+1=e2un-eun.

1.Soitgla fonction définie pour tout réelxpar :

g(x)=e2x-ex-x.

Centres étrangers410 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

a)gest dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables.

Pour toutx?R,g?(x)=2e2x-ex-1=?

2?ex?2-ex-1?

=2X2-X-1 en posantX=ex.

2X2-X-1 a pour racines 1 et-1

2donc 2X2-X-1=2(X-1)?

X+12? (X-1)(2X+1).

On en déduit :g?(x)=?ex-1??2ex+1?

b)Pour toutxréel, ex>0 donc 2ex+1>0 doncg?(x) est du signe de?ex-1?. e x-1=0 pourx=0 et ex-1>0??ex>1??x>0.

On en déduit le tableau de variation deg:

x-∞0+∞ g?(x)-0+ g(x)????0?? ga donc pour minimum 0, atteint pourx=0. c)Pour toutn?N,un+1-un=?e2un-eun?-un=g(un)?0 puisquele mini- mum degest 0.

On en déduit que la suite

(un)est croissante.

2.Dans cette question, on suppose quea?0.

a)Démontrons par récurrence que, pour tout entier natureln,un?0. Initialisation :u0=a?0 donc la propriété est vraie au rang 0. Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un rangnquelconque, doncun?0.

On a :un+1=e2un-eun=eun?eun-1?.

D"après l"hypothèse de récurrence,un?0 donc eun?1 d"où e un-1?0.

Comme e

un>0, on en déduit queun+1?0.

La propriété est donchéréditaire.

D"après l"axiome de récurrence, la propriété est vraie pourtoutn. b)La suite(un)est alors croissante et majorée par 0, donc convergente vers un réel??0. c)On suppose quea=0. Le premier terme de la suite vaut 0. La suite est croissante et majorée par 0, donc tous les termes de la suite valent 0 et la suite converge vers0.

3.Dans cette question, on suppose quea>0.

La suite

(un)étant croissante, la question 1. permet d"affirmer que, pourtout entier natureln,un?a.

Centres étrangers510 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

a)Pour toutn?N,un+1-un=g(un). Commeun?a>0, tous les termes de la suite sont positifs. D"après les variations degsur [0 ;=∞[, on ag(un)?g(a) donc un+1—un?g(a). b)Démontrons par récurrence que, pour tout entier natureln, on a :un? a+n×g(a). Initialisation: Pourn=0,a+n×g(a)=a+0×g(a)=a; orun?a, donc la propriété est vraie au rangn=0. La propriété est initialisée. Hérédité: on suppose que, pour un entiernquelconque, u n?a+n×g(a).

Alors :un+1-un=g(un)??un+1=un+g(un)

??a+n×g(a))?+g(un)(d"après l"hypothèse de récurrence). Orun?a>0 doncg(un)?g(a) puisque la fonctiongest croissante sur [0 ;+∞[. Par conséquent??a+n×g(a))?+g(un)?a+n×g(a)+g(a) =a+(n+1)g(a).

La propriété est donchéréditaire.

D"après l"axiome de récurrence, la propriété est vraie pourtoutn, donc, pour toutn?N, un+1?a+n×g(a). c)a>0 doncg(a)>g(0)=0.

Onendéduitque lim

n→+∞?a+n×g(a)?=+∞,donc limn→+∞un= +∞d"après le théorème des gendarmes.

4.Dans cette question, on prenda=0,02.

D"après la question précédente, la suite

(un)tend vers+∞. a)La partie à compléter de l"algorithmeest :Tant queu?M uprend la valeur eu?eu-1? nprend la valeurn+1

Fin Tant que

b)PourM=60, on trouve n=36

Centres étrangers610 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Exercice 45 points

Candidats n"ayant pas choisi l"enseignementde spécialité Un atelier de design propose deux dessins possibles, représentés ci-dessous : A BC DE G r s t

Proposition AA BC

DE G r s t

PropositionB

Pour mener les études qui suivent, on se place dans le repère orthonormé?

A ;--→AB,--→AD?

Partie A : étude de la proposition A

r=s=t=1 3.

L"aire du triangle ADE estA(ADE)=AD×DE

2=1×DE2. Comme cette aire vaut13,

on obtient DE+2 3.

Le point E a pour coordonnées :

E?23; 1?.

Appelons H le pied de la hauteur issue de G dans le triangleAGB.

L"aire du triangle AGB vaut :A(AGB)=AB×GH

2=GH2. Comme cette aire vaut13,

on obtientGH=2 3. >l"ordonne de G vautyG=2 3.

L"équation de la droite (AE) esty=3

2xpuisque la droite passe par l"origine et que,

pourx=xE=2

3, on trouvey=yE=1.

Centres étrangers710 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

L"abscisse de GxGvérifie donc32xG=23doncxG=49Le point G a donc pour coor- données :

G?49;23?

Centres étrangers810 juin 2015

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Partie B : étude de la proposition B

1. a)f(xE)=1??ln(2xE+1)=1??2xE+1=e??xE=e-12.

b)G appartient à la courbeCfdoncyG=f?1 2? =ln?

2×12+1?

=ln2.

On doit alors avoirf?1

2? =ln2, c"est-à-direk×1-1 2 1

2=ln2??

k=ln2 doncf(x)=ln2?1-x x?

2. a)SoitF:x?→F(x)=(x+0,5)×ln(2x+1)-xpourx?0.

F ?(x)=1×ln(2x+1)+(x+0,5)×2

2x+1-1=ln(2x+1)+2x+12x+1-1

=ln(2x+1)+1-1= ln(2x+1)=f(x).

Fest bien une primitivedef.

b)rest l"aire du domaine compris entre les courbes représentatives de la fonctionx?→1, defet les droites d"équationx=0 etx=e-1 2.

Ainsi:r=?

e-1 2

0(1-f(x)) dx=e-1

2-? e-1 2

0f(x) dx=e-1

2-?

F?e-12?

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