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?Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane20 juin 2016?

EXERCICE15points

Commun à tous les candidats

PartieA

1. a.Arbre pondéré :

A 0,65D 0,08 D0,92 B 0,35D 0,05 D0,95 b.Les évènementsAetBforment une partition de l"univers, on a donc, d"après la formule des probabilités totales : p D? =p?

A∩D?

+p?

B∩D?

=0,65×0,92+0,35×0,95=0,9305. c.Par définition d"une probabilité conditionnelle : p

D(A)=p?

A∩

D? p?D? =0,65×0,920,9305=0,6427

2.SoitXle nombre d"ampoules sans défaut. Les choix d"ampoules étant assimilés à un tirage

successif avec remise, on est en présence d"un schéma de Bernoulli etXsuit donc la loi bi- nomiale de paramètresn=10 etp=0,92 (les ampoules sont issues de la machine A). Par conséquent, à l"aide de la calculatrice :

PartieB

1. a.On aP(T?a)=?

a 0

λe-λxdx=?

-e-λx?a

0=-e-λa+1, donc

p(T?a)=p(

T?a)=1-p(T?a)=1-?

-e-λa+1? =e-λa. b.On a : p (T?t)(T?t+a)=p?(T?t+a)∩(T?t)? p(T?t) p(T?t+a) p(T?t) e-λ(t+a) e-λt =e-λ(t+a-t) =e-λa =p(T?a).

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

2. a.D"après le coursE(T)=1λ. On en déduit queλ=1E(T)=110000=0,0001.

b.On ap(T?5000)=e-0,0001×5000=e-0,5≈0,6065. c.Il s"agit de calculerpT?7000(T?12000). Puisque la loi est sans vieillissement : p

PartieC

1.On fait l"hypothèse que la proportion d"ampoules défectueuses estp=0,06. L"échantillon est

de taillen=1000. On an?30,np=60?5 etn(1-p)=940?5. Les conditions d"utilisation de l"intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % sont respectées, et, en notantI, cet intervalle on a : I=?

0,06-1,96?

0,06×0,94?1000; 0,06+1,96?

0,06×0,94?1000?

[0,0452 ; 0,0748]

2.Notonsfla fréquence observée d"ampoules défectueuses dans l"échantillon, on af=71

1000=

0,071. On constate quef?I, il n"y a donc pas lieu de remettre en cause l"affirmation de l"en-

treprise.

EXERCICE23points

Commun à tous les candidats

1.NotonsAle point d"affixe 2. SoitMun point d"affixez, alorsAM=|z-2|. Par conséquent :

M?C??|z-2|=1??AM=1.

L"ensembleCest donc le cercle de centreAet de rayon 1.

2.Posonsz=x+iyavecx?Rety?R. Alorsz-2=(x-2)+iyet

|z-2|=? (x-2)2+y2. Par conséquent,

M?C∩D???

(x-2)2+y2=1 ety=ax ??(x-2)2+y2=1 ety=ax ??(x-2)2+(ax)2=1 ety=ax ??x2-4x+4+a2x2=1 ety=ax ??(1+a2)x2-4x+3=0 ety=ax (1+a2)x2-4x+3 est un polynôme du second degré de discriminant

Δ=(-4)2-4×(1+a2)×3=4-12a2. On a donc :

Δ>0??4-12a2>0

??a2<1 3 3 3On peut alors distinguer trois cas :

Antilles-Guyane 220 juin 2016

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

—Premiercas.a??

-∞;-?3 3? 3

3;∞?

: aucun point d"intersection.

1 2 3-1

-11 2

—Deuxième cas.a=±?3

3: un seul point d"intersection (la droite et le cercle sont tangents).

1 2 3-1

-11 2

1 2 3-1

-11 2

—Troisième cas.a??

-?3 3;? 3 3? : deux points d"intersection.

Antilles-Guyane 320 juin 2016

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

1 2 3-1

-11 2

EXERCICE37points

Commun à tous les candidats

PartieA

1.Pour tout réelx>0, on af(x)=xe1-x2=x×e

e-x2=ex×x2ex2. Par opérations : lim x→+∞e x=0.(1)

De plus lim

x→+∞x2= +∞et par croissance comparée limt→+∞e t t= +∞. Par composée des limites on alors lim x→+∞e x2 x2=+∞, puis par inverse : lim x→+∞x 2 ex2=0,(2) enfin, par produit de (1) et (2) on a lim x→+∞f(x)=0

2. a.On utilise la dérivée d"un produit, ainsi que la dérivée des fonctions de la forme eu:

f b.Pour tout réelx, e1-x2>0, doncf?(x) a le même signe que 1-2x2. Or :

1-2x2?0??-?

2 2?x?? 2 2.

De plusf?

2 2? 2 2e1

2=1?2?e=?e

2; de mêmef?

2 2? e

2. On en déduit de ce

qui précède le tableau de variations suivant :

Antilles-Guyane 420 juin 2016

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

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