corrigé du bac blanc 2019 -...
TRANSCRIPT
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
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
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
Afficher
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.
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
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
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
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
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.