Bac ES Juin 2018 Métropole

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Correction des exercices obligatoires et de l’exercice de spécialité du bac ES Juin 2018 Métropole


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Exercice 1

 

Partie A      Le temps passé par un client, en minute, dans un supermarché peut être modélisé par une variable aléatoire X suivant la loi normale d’espérance μ=45 et d’écart-type σ=12.

 

1 – a. P(X = 10) = 0 car la variable aléatoire X suit une loi continue.

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1 – b. X suit la loi normale d’espérance μ=45. La courbe de la fonction est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 45,  

          donc P ( X ≥ 45 ) = 0,5

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1 – c. µ = 45 et σ = 12 donc P ( 21 ≤ ≤ 69 ) = P (45−2×12 ≤ X ≤ 45+2×12 ) = P (μ−2σ ≤ X ≤ μ+2σ) ≈ 0,954

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1 – d. La courbe de la fonction est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 45,  

          donc P ( 21 ≤ ≤ 45 ) =  \dfrac{1}{2} P ( 21 ≤ X ≤ 69 ) = \dfrac{1}{2} x 0,954 ≈ 0,477

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2 – A l’aide de la calculatrice, on trouve: P (30 ≤ ≤ 60) ≈ 0,789

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3 A l’aide de la calculatrice ( Inverse Loi normale ), on trouve P(X a)=0,30 pour a ≈ 39

           La probabilité qu’un client passe moins de 39 minutes dans le supermarché est de 30%.

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Partie B      En 2013, une étude a montré que 89% des clients étaient satisfaits des produits de ce supermarché.

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1 – n = 300 et p = 0,89 n ≥ 30 np = 267 donc np ≥ 5 n(1− p) = 33 donc n(1-p) ≥ 5

      Les conditions sont vérifiées, on peut déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95%

          I =\left[p-1,96\sqrt{\dfrac{0,89\times0,11}{300}};p+1,96\sqrt{\dfrac{0,89\times 0,11}{300}}\right]

                      I ≈ [ 0,854 ; 0,926 ]

2La fréquence observée de clients satisfaits est     f = \dfrac{286}{300} = \dfrac{14}{15} 0,953

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3On constate donc que f ∉ I           Donc, au seuil de confiance de 95%, on rejette l’hypothèse.

       Au risque d’erreur de 5%, on ne peut pas affirmer que le taux de satisfaction des clients est resté stable entre 2013 et 2018.

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Exercice 2

 

Partie A      Dans un établissement scolaire, 30% des élèves sont inscrits dans un club de sport, et parmi eux, 40%sont des filles.

 

1 – Réponse A La probabilité P{_\overline{F}} {(S)} est la probabilité que l’élève soit inscrit dans un club de sport sachant que c’est un garçon (pas une fille).

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2Réponse B      P_F(S)=\dfrac{P(F\cap S)}{p(F)} =\dfrac{P_S(F)\times {P(S)}}{p(F)} =\dfrac{{0,3}\times {0,4}}{0,47} =\dfrac{12}{47}                          PF(S)0,255

 

Partie B      Soit g la fonction définie sur [−1;4] par g(x)=−x3+3×2−1 et Cg sa courbe représentative dans un repère.

 

1 – Réponse B         g (x) = − x3 + 3 x2 − 1      donc g'(x) = − 3x2 + 6 x

         L’équation de la tangente à la courbe Cg au point d’abscisse 1 a pour équation:     y= g'(1) (x−1) + g(1)

          g(1) = 1      et     g'(1) = 3       Ainsi   y = 3 (x−1) + 1    ⇔    y = 3x − 2

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2Réponse B         g (x) = − x3 + 3 x2 − 1       donc   G(x) = −\frac{1}{4} x^{4} + \frac{1}{3}  \times {3 x^{3}} - x         G(x) = −\frac{1}{4} x^{4} + x^{3} - x


La valeur moyenne de la fonction g sur l’intervalle [−1 ; a] est:

           m = \frac{1}{a-(-1)}\int_{-1}^{a}g(x) dx = \frac{1}{a+1}(G(a) - G(1)) = \frac{1}{a+1} (-\frac{a^{4}}{4} + a^{3} - a + \frac{1}{4})

           En testant les valeurs proposées, on trouve m = 0 pour a = 1

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Exercice 3        Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de Spécialité

 Un lac de montagne est alimenté par une rivière et régulé par un barrage, situé en aval, d’une hauteur de 10 m.

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1 – a. Le 1er janvier 2018, à midi, le niveau du lac était de 605 cm.

          Entre deux mesures successives, le niveau d’eau du lac augmente de 6% puis baisse de 15 cm.

          Le 2 janvier 2018 à midi le niveau de l’eau est U1:

          U1 = U0 + 0,06 U0 – 0,15 = 605 + 0,06 x 605 – 0,15 = 626,3 cm

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1 – b. Chaque jour, le niveau d’eau du lac augmente de 6% puis baisse de 15 cm.

          Le niveau d’eau pour le jour n+1 sera égal au niveau d’eau du jour précédent n, augmenté de 6% et diminué de 15 cm:

          Un+1 = Un + 0,06 Un – 15 = Un (1+ 0,06) – 15 Un+1= 1,06 Un15 pour tout n entier naturel

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2 – a. Vn = Un – 250 pour tout entier naturel n

          Vn+1 = Un+1 – 250 = 1,06 Un -15 – 250 = 1,06 Un – 265 = 1,06 (Un – 250) = 1,06 Vn

          (Vn) est une suite géométrique de raison 1,06 et de premier terme V0 = U0 − 250 = 605 − 250 = 355

 

2b. (Vn) est une suite géométrique, donc on a:        Vn = V0 x qn          Vn = 355 x 1,06n

           Vn = Un − 250         soit  Un = Vn + 250             donc  Un= 355 x 1,06n + 250

 

3 – a. 1,06 > 1    donc   \underset{n \to+\infty}{lim} 1.06^{n} = +\infty              et par produit    \underset{n \to+\infty}{lim}(335\times1.06^{n}) = +\infty

          Par somme:    \underset{n \to+\infty}{lim}(335\times1.06^{n} + 255) = +\infty        \underset{n \to+\infty}{lim} U_n = +\infty

 

3b. La limite de la suite (Un) étant +∞, il existe donc un rang p à partir duquel Up > 1 000

          Le niveau dépassera 10m et l’équipe d’entretien devra donc ouvrir les vannes.

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4 – a.      Algorithme:

N ← 0

U ← 605

Tant que U1 000 faire

U1,06 x U – 15

NN + 1

Fin tant que

4b.           A l’aide de la calculatrice: U12 = 964,3 et U13 = 1 007,2

                                      À la fin de l’exécution de l’algorithme, la variable N contient le nombre 13

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                       ● Par le calcul: Un > 1 000   ⇔   355 x 1,06n + 250 > 1 000   ⇔   355 x 1,06n > 750   ⇔   1,06n > \dfrac{750}{355}  

                                             ⇔   ln(1,06n) > ln(\dfrac{750}{355})   ⇔   n ln(1,06) > ln(\dfrac{750}{355})   ⇔   n > \dfrac{ln(\dfrac{750}{355})}{ ln(1,06)}  12,84      

                                             n ≥ 13                   donc N = 13

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 4c. n=0: 1 Janvier 2018                      donc n=13: 14 janvier 2018

            La première date d’intervention des techniciens sur les vannes du barrage sera le 14 Janvier 2018

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Exercice 3      Candidats ayant suivi l’enseignement de Spécialité

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Partie A          Un parcours sportif est composé d’un banc pour abdominaux, de haies et d’anneaux.

 

1 – Le graphe possède 5 sommets donc il est d’ordre 5.

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2 – a. La matrice d’adjacence de ce graphe est :

          M = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 &1 \\ 0& 0 & 0 & 0 & 0\\ 1& 1 &0 & 1 & 0\end{pmatrix}

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2 – b. Le nombre de chemins de longueur 3 allant de D à F est donné par le coefficient a3,4 de la matrice M3 :        a3,4 = 3

           Il existe donc trois parcours:       D – A – B – F         D – H – A – F         D – H – B – F

 

3 –   Algorithme de Dijkstra:  

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline A&B&D&F&H&\text{Sommet} \\ \hline &&0&&&D\\ \hline 28(D)&40(D)&&&19(D)&H\\ \hline 28(D)&35(H)&&51(H)&&A\\ \hline &35(H)&&51(H)&&B\\ \hline &&&49(B)&&F\\ \hline \end{array}

 

          Le trajet pour lequel le temps de course est minimal est D – H – B – F , la durée sera de 49 minutes.

 

Partie B      Le responsable souhaite ajouter une barre de traction notée T.

           

Graphe complété:       

                


 

Exercice 4

On désigne par f la fonction définie sur l’intervalle [−2;4] par  f(x) = (2x+1) e-2x + 3

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1 – f(x) = (2x+1) e-2x + 3           f est de la forme U x V + 3      et      f ‘ = U’ V + U V’

          U(x) = (2x+1)      et      U′(x) = 2           V(x) = e-2x      et      V′(x) = -2 e-2x

          f'(x) = 2 e-2x + (2x+1)( -2 e-2x ) = e-2x ( 2 – 4 x – 2)           f′(x) = – 4x e-2x

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2e-2x > 0       donc    f'(x) est du signe de -4x           -4x = 0   ⇔   x=0

          -4x > 0 sur [-2;0] et -4x < 0 sur [0;4]

          Donc la fonction f est croissante sur l’intervalle [−2;0] et décroissante sur l’intervalle [0;4]

                                                        Tableau de variations                           

                    f(−2) = (2 x −2+1)e−2×−2 +3 = −3e4 +3 ≈ -161           f(0) = (2×0+1)e0 +3 = 4

                    f(4) = (2×4+1)e−2×4 +3 = 9e−8 +3 ≈ 3

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3La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle [ -2 ; 0 ]

          f (-2) = −3e4 +3     et     f (0) = 4           or    0 ∈ [ −3e4 +3 ; 4 ]

          donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur l’intervalle [ -2 ; 0 ].

          • Sur l’intervalle [0;4] la fonction f est strictement décroissante et son maximum est f(4) = 3 + 9e−8 ≈ 3.

          donc pour x ∈ [0;4]   on a   f(x)⩾3   et l’équation  f(x)=0  n’a pas de solution sur cet intervalle.

          • Conclusion: l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur l’intervalle [-2 ; 4], avec α ∈ [-2 ; 0]

          A l’aide de la calculatrice, on trouve: α = -0,8

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4 – a. f ”(x) = (8x-4) e-2x         e-2x > 0      donc f”(x) est du signe de 8x-4         8x-4 = 0   ⇔   x = 0,5

          8x-4 > 0   sur [-2;0,5]       et       8x-4 < 0   sur [0,5;4]

          Donc la fonction f” est négative sur l’intervalle [−2 ; 0,5] et positive sur l’intervalle [0,5 ; 4]

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4 – b. La fonction f est donc convexe sur l’intervalle [0,5 ; 4]

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5 – a. G(x) = (−x−1) e−2x           G est de la forme U x V      et      G ‘ = U’ V + U V’

          U(x) = (-x-1)     et     U′(x) = -1           V(x) = e-2x     et     V′(x) = -2 e-2x

          G'(x) = -1 e-2x + (-x-1)( -2 e-2x )  =  e-2x ( -1 + 2 x + 2)           G′(x) = (2x+1) e-2x

          G’ (x) = g (x) donc G est une primitive de g

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5 – b. f(x) = (2x+1) e-2x + 3 = g(x) + 3       Une primitive de g est G et une primitive de 3 est 3x

          Une primitive de f est donc la fonction F:         F(x) = (−x−1) e2x + 3x

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6 – a. Aire du domaine D compris entre la courbe Cf, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=0 et x=1

6 – b. L’aire du domaine D est comprise entre l’aire d’un rectangle de largeur 1 et de longueur 3,

          et l’aire d’un rectangle de largeur 1 et de longueur 4:         3 A 4

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6 – c. F(x) = (−x−1) e−2x + 3x           A  =  \int_{0}^{1}f(x)dx  [F(x)]01  =  F(1) – F(0)

          F(1) = ( -1-1 ) e-2×1 + 3×1 = – 2 e-2 + 3           F(0) = ( -0-1 ) e-2×0 + 3×0 = – 1

          A = – 2 e-2 + 3 – ( -1 )               A = 4 – 2 e-2 u.a.            A 3,73 u.a.

 


 

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