Download pdf - Corrige S Caledonie Mars 2015[1]

A.

P.M

.E.

P.

Dure : 4 heures

[ Corrig du baccalaurat S (obligatoire) \Nouvelle-Caldonie 5 mars 2015

EXERCICE 1 5 points

Commun tous les candidats

1. a. Daprs lnonc la fonction f2 est drivable sur R.

On a f 2(x)= ex 2.Or ex 2= 0 ex = 2 x = ln2. Donc :Donc ex2> 0 x > ln2 : la fonction f est dcroissante sur [ ; ln2[.ex 2< 0 x < ln2 : la fonction f est croissante sur [ln2 ; +[.f2(ln2)= eln22 ln2= 22ln2 est le minimum de la fonction f2 sur R.On a le tableau de variations suivant :

x ln2 +f (x) 0 +

f

22ln2

b. Comme 22ln2 0,614 > 0, le minimum de la fonction f2 tant sup-rieur zro, on en dduit que la fonction est strictement positive sur R,

soit

ex 2x > 0 ex > 2x donc la reprsentation graphique de la fonctionx 7 ex est au dessus de la droite 2. et 2 nont pas de point commun.

2. fa (x)= ex axa. limite en plus linfini :

fa (x)= x(ex

xa

).

On sait que limx+

ex

x=+ donc lim

x+ex

xa =+, donc par produit des

limites limx+ fa (x)=+.

limite en moins linfini :On sait que lim

xex = 0.

Donc limx fa (x)=+.

b. fa est drivable sur R comme somme de fonctions drivables et

f a (x)= ex a.ex a = 0 ex = a x = lna (car a > 0).On a le mme tableau de variations que pour f2 en remplaant 2 par a.

c. La fonction fa dcroissante, puis croissante admet donc un minimum

fa (lna)= aa lna.d. aa lna = 0 a(1 lna)= 0 1 lna = 0 (car a 6= 0)

1= lna e1 = elna e= a.On a donc :

Corrig du baccalaurat S A. P. M. E. P.

a a lna > 0 a < e : le minimum est positif, donc comme laquestion 1, la fonction fa est strictement positive et la courbe et la droite

nont pas de point commun.

aa lna < 0 a > e : le minimum est infrieur zro.

x lna +f (x) 0 +

f

aa lna

Donc sur lintervalle ] ; lna[, la fonction fa continue car drivable etstrictement monotone sur cet intervalle passe dune valeur positive une

valeur ngative : il existe donc, daprs le thorme de la valeur interm-

diaire un rel ] ; lna[ tel que fa ()= 0, soit e = a.De mme sur ]lna ; +[, la fonction fa continue car drivable et stricte-ment monotone sur cet intervalle passe dune valeur ngative une va-

leur positive : il existe donc un rel ] lna ; +[ tel que fa () = 0, soite = a.Conclusion : si a > e la courbe et la droitea ont deux points communs. a a lna = 0 a = e, la fonction fa = fe sannule une seule fois enx = 1, donc fe(1) = 0 : et e ont un seul point commun (la droite esttangente la courbe)

1

2

3

4

11

y= 2

x

y= e

x

y= 3

x

O

EXERCICE 2 5 points

Commun tous les candidats

1. a. 2% des puces livres ont une dure de vie courte, cest--dire

PL(C )= 0,02.b. On dduit que PL

(C)= 10,02 = 0,98 et

P(LC

)=P (L)PL

(C)= 0,950,98 = 0,931.

Nouvelle-Caldonie 2 5 mars 2015


c. Comme seules les puces livres peuvent avoir une dure de vie courte on

a :

P[

L (LC )]=P

(L)+P (LC )= 0,05+0,019 = 0,069.

2. a. On sait que P (X 6 1000)= 0,02.X suit une loi exponentielle de paramtre , donc :

P (X 6 1000) = 1e1000 = 0,02 e1000 = 10,02 e1000 = 0,981000 = ln0,98 = ln0,98

1000.

b. P (X > 10000) = e10000= e10ln0,98 0,817.Donc environ 81,7% des puces ont une dure de vie suprieure ou gale

10000 heures.

c. P (200006 X 6 30000) = e20000e30000 0,122.Soit : environ 12,2% des puces ont une dure de vie comprise entre 20 000

et 30 000 heures.

3. a. On effectue 15000 tirages indpendants les uns des autres. La probabilit

quune puce livre ait une vie courte est p = 0,003.Y suit donc une loi binomiale de paramtres n = 15000 et p = 0,003..

b. E(Y )=np = 150000,003 = 45.Il y a environ 45 puces dure de vie courte sur les 15000 extraites de la

production.

c. On a P (406 Y 6 50)=P (Y 6 50)P (Y < 40)= P (Y 6 50)P (Y 6 39).La calculatrice donne P (Y 6 50) 0,7966 et P (Y 6 39) 0,2080, donc :P (406 Y 6 50) 0,79660,2080 0,589.

EXERCICE 3 5 points

Commun tous les candidats3

1. a. Une reprsentation paramtrique de D1 sobtient en traduisant lgalitA1M = t

u1 avec t R soit :

x0 = ty 2 = 2tz (1) = 3t

t R

x = ty = 2+2tz = 1+3t

t R.

b. D2 a pour reprsentation paramtrique :

x = 1+ky = 02kz = 2+0k

k R.

On reconnait quun vecteur directeur de D2 estu2

120

.

c. A2 D2 1 = 1+k4 = 02k2 = 2+0k

2 = k2 = k2 = 2

qui a une solution

k =2.Le point A2 appartient D2.

2. Les vecteurs directeurs deD1 et deD2 ne sontmanifestement pas colinaires,

donc les droites ne sont pas parallles.

Elles sont scantes sil existe des rels t et k tels que :

t = 1+k2+2t = 02k1+3t = 2+0k

t = 1+k2+2+2k = 02k1+3+3k = 2+0k

t = 1+k4k = 43k = 0

t = 1+kk = 1k = 0



Ce systme na pas de solution donc il nexiste pas de point commun aux

deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.

3. Les droites D1 et 1 contiennent le point A1. Pour montrer quelles sont per-

pendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont

orthogonaux :u1

v =66+12= 0.

Conclusion : les droites D1 et 1 sont perpendiculaires.

4. Les droites D2 et 2 sont aussi perpendiculaires

a.n est un vecteur normal au plan P1 sil est orthogonal aux deux vecteurs

non colinaires et non nuls de ce plan soitu1 et

v ; or

n u1 =66+12 = 0n v = 17 (6)22 (3)+49 =102+66+36 = 0Le vecteur

n est orthogonal a deux vecteurs non colinaires du plan P1.

Il est par consquent normal ce plan.

b. Si P1 et P2 sont paralllesn vecteur normal au plan P1 est aussi un vec-

teur normal au plan P2 ; il est donc orthogonal tout vecteur non nul du

plan P2 comme u2 etv .

On a bienn v = 0, mais n u2 = 17+44+0 = 61 6= 0.

Doncn nest pas normal au plan P2 et les deux plans P1 et P2 ne sont pas

parallles.

5. est parallle 1 et2 lesquelles sont respectivement perpendiculaire D1et D2.

Par consquent la droite est orthogonale aux droites D1 et D2.

Or cette droite appartient au plan P1 et au plan P2. Elle est donc perpendicu-

laire aux droites D1 et D2.

Il existe donc une droite de lespace perpendiculaire la droite D1 et D2 :

cest la droite.

EXERCICE 4 5 points

Candidats nayant pas suivi lenseignement de spcialit

1. u1 =p30=

p3 v1 = 1+

p30= 1 ;

u2 =p3

p31= 31= 2 v2 =

p3+

p3= 2

p3.

2. a.

S T K

1 0 0p3

p3 1

3p3 6

p3 2

Les valeurs trouves pour N = 2 ne correspondent pas celles de u2 et v2.Lalgorithme naffiche donc pas les valeurs de uN et vN .

Une version modifie de l algorithme est par exemple :



Entre : N est un nombre entier

Variables : K est un nombre entier

S est un nombre rel

T est un nombre rel

U est un nombre rel

Initialisation : Affecter 1 S

Affecter 0 T

Affecter 0 K

Traitement : Tant que K