corrigé du bac blanc 2019 -...

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 1 sur 8 Corrigé du bac blanc du 7 février 2019 Exercice 1 On définit les événements suivants : (car ils ne sont pas dans l’énoncé) M : « l’alevin ne survit pas » R : « l’alevin devient rouge » G : « l’alevin reste gris » A : « l’alevin provient du premier éleveur » B : « l’alevin provient du premier éleveur » extraction des hypothèses : p A (M) 0,1 ; p A (R) 0,75 ; p A (G) 0,15 pour le premier éleveur 0,1 0,75 0,15 1 p B (M) 0,05 ; p B (R) 0,65 ; p B (G) 0,3 pour le deuxième éleveur 0,050,650,3 1 enfin p(A) 0,6 et p(B) 0,4 d’après les hypothèses de l’énoncé on utilise bien sûr un arbre pondéré centralisant tout 1. a. version baccalauréat de la rédaction : d’après l’arbre, p(M) 0,60,1 0,40,05 0,08. la probabilité que le poisson soit toujours vivant est pM 1 p(M) 0,92 version rédigée : une partition de M est M A , M B d’après la formule des probabilités totales p(M) p(M A) + p(M B) p(M) p(A)p A M p(B)p B M b. version baccalauréat : d’après l’arbre, p(R) 0,60,75 0,40,65 0,71 ; la probabilité que le poisson soit rouge est p(R) version rédigée : une partition de R est R A , R B d’après la formule des probabilités totales, p(R) p(R A) + p(R B) p(R) p(A)p A (R) p(B)p B (R) c. M, R, G est une partition de l’univers donc p(G) 1 p(M) p(R) 0,21. p G (A) p(G A) p(G) 0,60,15 0,21 donc p G (A) 3 7 l’énoncé commence par « sachant que » 2. a. On considère une expérience à deux issues M et M avec pM 0,92 Une personne choisit au hasard et de façon indépendante 6 alevins de deux mois. donc la variable aléatoire N égale au nombre d’alevins encore en vie M suit une loi binomiale de paramètre p 0,92 et n 6 Rappel : pour tout k{0, 1, , 6}, p(N k) 6 k 0,92 k 0,08 6k b. p(N 3) 6 3 0,92 3 0,08 3 ou p(N 3) 0,01 à 10 2 près. c. E(N) np 60,92 5,52. Si on effectuait un très grand nombre de tirages de 6 alevins alors le nombre moyen d’alevins encore en vie serait de 5,52 soit 6 environ

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 1 sur 8

Corrigé du bac blanc du 7 février 2019

Exercice 1

On définit les événements suivants : (car ils ne sont pas dans l’énoncé)

M : « l’alevin ne survit pas »

R : « l’alevin devient rouge »

G : « l’alevin reste gris »

A : « l’alevin provient du premier éleveur »

B : « l’alevin provient du premier éleveur »

extraction des hypothèses :

pA(M) 0,1 ; pA(R) 0,75 ; pA(G) 0,15 pour le premier éleveur 0,1 0,75 0,15 1

pB(M) 0,05 ; pB(R) 0,65 ; pB(G) 0,3 pour le deuxième éleveur 0,050,650,3 1 enfin p(A) 0,6 et p(B) 0,4 d’après les hypothèses de l’énoncé

on utilise bien sûr un arbre pondéré centralisant tout

1. a. version baccalauréat de la rédaction :

d’après l’arbre, p(M) 0,60,1 0,40,05 0,08.

la probabilité que le poisson soit toujours vivant est

pM 1 p(M) 0,92

version rédigée :

une partition de M est MA , MB

d’après la formule des probabilités totales

p(M) p(MA) + p(MB)

p(M) p(A)pAM p(B)pBM

b. version baccalauréat :

d’après l’arbre, p(R) 0,60,75 0,40,65 0,71 ;

la probabilité que le poisson soit rouge est p(R)

version rédigée : une partition de R est RA , RB

d’après la formule des probabilités totales, p(R) p(RA) + p(RB)

p(R) p(A)pA(R) p(B)pB(R)

c. M, R, G est une partition de l’univers donc p(G) 1 p(M) p(R) 0,21.

pG(A) p(G A)

p(G)

0,60,15

0,21 donc pG(A)

3

7 l’énoncé commence par « sachant que »

2. a. On considère une expérience à deux issues M et M avec pM 0,92

Une personne choisit au hasard et de façon indépendante 6 alevins de deux mois.

donc la variable aléatoire N égale au nombre d’alevins encore en vie M suit une loi

binomiale de paramètre p 0,92 et n 6

Rappel : pour tout k{0, 1, , 6}, p(N k) 6

k 0,92k 0,086k

b. p(N 3) 6

3 0,923 0,083 ou p(N 3) 0,01 à 10

2 près.

c. E(N) np 60,92 5,52.

Si on effectuait un très grand nombre de tirages de 6 alevins alors

le nombre moyen d’alevins encore en vie serait de 5,52 soit 6 environ

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 2 sur 8

3. La loi de probabilité de X est (un peu de cours de première quand même)

événement R G

xi 1 0,25 0,1

p(X xi) 0,71 0,21 0,08

E(X) 10,71 0,250,21 (0,1)0,08 0,75 € E(X) 0,75 €

V(X) 120,71 0,2520,21 (0,1)20,08 E(X)2 0,154 654 75

(X) V(X) 0,39 €

ou on prend la machine pour (X) et V(X) (X)2

Exercice 2

Partie I.

1. est dérivable sur [0 ; [ on sait que (uv) uv uv u() u() 1

v() e

v() e

() A1e ( e ) Ae e

pour tout [0 ; [, () Ae 1

2. Comme e 0 et A 0 alors le signe de () est le signe de 1 donc

0 1

() 0

() 0

Ae

la fonction admet un maximum sur [0 ; +∞[

3. Si la taux maximal vaut 1 alors on a Ae 1 donc A e

Partie II. Dans cette partie, on suppose que () e1. (on a pris A e)

1. pour 0, () e1 ee e e

e

e

comme lim

e

alors

lim () 0

2. a. pour tout [0 ; [, () ee 1 d’après I.1.

ou on recommence : (uv) uv uv u() u() 1

v() e1.

v() e1. e w we w

() 1e1 e1 e1 e1 donc () e11

Comme e1 0 alors () a le même signe que 1 .

0 1

() 0

b. le tableau de variation complet de sur [0 ; +∞[

0 1

() 0

() 0

0,5

1

0,5

0

3. a. D’après le tableau et le corollaire des valeurs intermédiaires (appliqué deux fois)

l’équation () = 0,5 a exactement deux solutions et dans [0 ; +∞[.

gain algébrique

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 3 sur 8

b. 0,23 et 2,68 à 0,01 près.

c. Le taux d’alcoolémie d’Hector diminue après 1 heure.

Si alors () () car est décroissante sur [1 ; [.

alors () 0,5

le taux d’alcoolémie d’Hector passe en dessous du niveau légal après 2h 41min

d. 1

Tant que () 0,5

0,1

Fin du tant que

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4. a. pour 0, () e11

(uv) uv uv u() e1

u() e1 ew we w

v() 1 v() 1

() e11 e1(1)

() e1(1 ) 1 () e1 1 1 pour tout [0 ; [, () ( 2)e1.

b. Comme e1 0 alors le signe de () et le même que celui de 2.

0 2

() 0

() e

e

0

() e11 Xe X en posant X 1 si alors X

Or Xlim Xe X 0 donc

lim () 0

c. D’après le tableau précédent, la vitesse est maximale à l’instant 0.

Exercice 3 (voir Liban mai 2013)

1. On conjecture que la suite est croissante et converge vers 3.

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 4 sur 8

2. a. est dérivable sur ]; 6[ et en utilisant 1

u

uu2

avec u(x) 6 x

u(x) 1

pour x 6, (x) 9

1

(6 x)2

9

(6 x)2 ; comme un carré est positif alors

(x) 0 donc est croissante sur ]; 6[.

b. si x 3 alors (x) (3) puisque est croissante sur ]; 6[ ; or (3) 3

si x 3 a alors 9

6 x 3.

Soit (n) : « un 3 » pour n entier naturel

initialisation : u0 3 donc u0 3 et donc (0) est vraie

hérédité : supposons (n) vraie, c’est-à-dire un 3

alors (un) (3) car est croissante sur ]; 6[

alors un+1 3 car (3) 3 donc (n 1) est vraie

remarque, on pouvait utiliser le résultat précédent en prenant x un.

conclusion : la propriété est initialisée et héréditaire, donc d’après le principe de récurrence,

pour tout entier naturel n , un 3

remarque : il fallait choisir n : « un un+1 3 » et la question c. était faite

c. pour tout n, un+1 un 9

6 un

un 9 un (6 un)

6 un

9 6un un

2

6 un

(3 un)

2

6 un

comme un carré est positif et 6 un 0 puisque un 3 d’après le b.

donc pour tout n, un+1 un 0 c’est-à-dire un+1 un

par conséquent la suite un est croissante

d. D’après le cours, toute suite croissante majorée converge donc la suite un converge

3. a. Pour tout n, vn+1 1

un+1 3 on exprime avant tout vn+1 en fonction de un

vn+1 1

9

6 un

3

vn+1 6 un

9 3(6 un)

vn+1 6 un

9 18 3un

vn+1 6 un

9 3un

cours : vn arithmétique si et seulement si vn+1 vn est une constante

vn+1 vn 6 un

9 3un

1

un 3 il s’agit de réduire au même dénominateur

vn+1 vn 6 un

9 3un

3

3un 9 le plus simple bien sûr

vn+1 vn 6 un 3

3un 9

vn+1 vn 3 un

3(un 3)

1

3 on devinait la raison avec les premiers termes à la machine

la suite (vn) est une suite arithmétique de raison r 1

3.

son premier terme est v0 1

u0 3

1

3 3

1

6

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 5 sur 8

b. D’après le cours, pour tout n, vn v0 nr donc vn 1

6

1

3 n

Comme vn 1

un 3 alors

1

vn

un 3 et un 3 1

vn

pour tout n, un 3 1

1

6

1

3 n

suffisant pour trouver la limite

c. Comme n lim

1

6

1

3 n alors

n lim un 3

Exercice 4

On considère les points K

7

9 ;

4

9 ;

5

9 et P

1

2 ;

1

4 ; 0 .

1. Construction du point P .

2. a. Soit :

x 1 2k

y 1 5k

1 4k

, k

G

1 1 2k

1 1 5k

1 1 4k

k 0

k 0

k 0

donc G

K

7

9 ;

4

9 ;

5

9

7

9 1 2k

4

9 1 5k

5

9 1 4k

2

9 2k

5

9 5k

4

9 4k

1

9 k

1

9 k

1

9 k

donc K

Donc (GK)

un système d’équations paramétriques de la droite (GK) est

x 1 2k

y 1 5k

1 4k

, k.

b. P

1

2 ;

1

4 ; 0 (GK)

1

2 1 2k

1

4 1 5k

0 1 4k

1

2 2k

5

4 5k

1 4k

1

4 k

1

4 k

1

4 k

P est un point de la droite GK.

c. On a F(1 ; 0 ; 1) ; J

1

2 ; 1 ; 0 et K

7

9 ;

4

9 ;

5

9 donc FJ

1

2

1

1

et FK

2

9

4

9

49

donc FJ 9

4FK donc FJ et FK sont colinéaires donc les points F, K et J sont alignés.

d. K est le point d’intersection de (GP) et (FJ).

3. a. BG

0

1

1 ; BI

1

1

2

1

; BK

2

9

4

9

5

9

existe-t-il x et y tel que BK xBG yBI ?

BG et BI ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 6 sur 8

A

BC

D

E

F G

H

J

I

P

K

Q

BK xBG yBI

2

9 0x y

4

9 1x

1

2y

5

9 1x 1y

2

9 y

4

9 x

1

22

9

5

9 x

2

9

2

9 y

3

9 x

3

9 x

Donc BK 3

9 BG

2

9 BI donc les vecteurs BK , BG et BI sont coplanaires.

b. On sait déjà que K est un point de (FJ).

Comme BK , BG et BI sont coplanaires alors B, G, I et K sont coplanaires

donc K appartient aussi au plan (BGI).

Enfin F n’appartient pas au plan (BGI) donc (FJ) n’est pas incluse dans (BGI).

donc K est l’intersection de la droite FJ et du plan BGI.

4. Il faut trouver deux points communs aux deux plans.

On sait déjà que KBGI et KFJFJH Soit Q le point d’intersection de (FH) et (IG).

Q(IG)BGI et Q(FH)FJH donc Q est commun à BGI et FJH

l’intersection des plans BGI et FJH est la droite (KQ). (plans non confondus)

Remarque : on pouvait aussi le faire avec le dessin.

P

1

2 ;

1

4 ; 0 signifie AP

1

2AB

1

4AD puis revoir les constructions de seconde

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 7 sur 8

A B0,20,3

0,6

0,1

Exercice 3

Partie A

1. a.

La matrice de transition est M

0,2 0,1

0,6 0,3 attention ce ne sont pas des probabilités

Les autres stations ne sont pas prises en compte dans la suite.

On a donc

an+1

bn+1

0,2 0,1

0,6 0,3

an

bn

soit an+1 0,2an 0,1bn

bn+1 0,6an 0,3bn juste pour vérifier

M

0,2 0,1

0,6 0,3 est telle que, pour tout n, Un1 MUn

Remarque : la réponse est dans l’énoncé à la fin en prenant n = 1

2. a. Recopier et compléter le tableau (on ne demande pas de justifier)

n 0 1 2 3 4 5 6

an 50 16 8 4 2 1

bn 60 48 24 12 6 3

Partie B

Vn

n

n

et V0

50

60 et Vn1 M Vn R avec R

30

10.

1. a. On désigne par V une matrice colonne à deux lignes.

V M V R V MV R

I M V R.

V M V R équivaut à N V R.

b. V M V R N V R

N1 N V N1 R

I V N1R

V

1,4 0,2

1,2 1,6

30

10

44

52 V

44

52

2. Pour tout entier naturel n, on pose Wn Vn V.

a. On a Vn1 M Vn R , pour tout n,

V M V R par hypothèse

que l’on soustrait membre à membre et il vient Vn+1 V M(Vn V)

pour tout n, Wn1 M Wn.

b. Wn Mn W0 Vn V M n V0 V

Vn M n V0 V V

V0 V

50

60

44

52 6

8

donc Vn 1

2n1

0,2 0,1

0,6 0,3 6

8

44

52

Vn 1

2n1 2

6

44

52

pour tout n*, Vn

2 1

2n1 44

6 1

2n1 52

c. Donc n 21

2

n1

44 et n 61

2

n1

52

A B A

B

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Corrigé du baccalauréat blanc - Page 8 sur 8

comme 1 1

2 1 alors

n lim

1

2

n1

0

et n lim n 44 et

n lim n 52.

Le nombre moyen de vélos présents dans les stations A se stabilise à 44,

et celui de la station B à 52.