Corrigé du baccalauréat S Métropole–La Réunion

[ Corrigé du baccalauréat S Métropole–La Réunion \ 13 septembre 2018

Exercice1 4 points Commun à tous les candidats 1. On a le système   g(0) = 1 8 g(10) = 64 100 ⇐⇒   1 1+ke−0 = 1 8 1 1+ke−10a = 64 100 ⇐⇒   1 1+k = 1 8 1 1+ke−10a = 64 100 La première équation donne k=7 et en reportant cette valeur dans la deuxième équation : 1 1+7e−10a = 64 100 ⇐⇒ 100=64¡1+7e−10a¢ ⇐⇒ 100=64+448e−10a ⇐⇒ 36=448e−10a ⇐⇒9 =112e−10a ⇐⇒ 9 112 =e−10a ⇐⇒ −10a=ln 9 112 ⇐⇒ a=− 1 10 ln 9 112 ⇐⇒ a≈0,252127 2. g(t)= 1 1+7e−t 4 . a. La fonction g est dérivable sur R et sur cet intervalle : g′(t)=−7× −1 4 e−1 4 t ³1+7e−t 4´2 = 7e−t 4 4³1+7e−t 4´2 >0 car quotient de termes supérieurs à zéro.La fonction g est donc strictement croissante sur [0 ; +∞[. b. Résolvons l’inéquation : 1 1+7e−¡t 4¢ > 0,99 ⇐⇒ 1 > 0,99³1+7e−¡t 4¢´⇐⇒ 1 >0,99+6,93e−t 4 ⇐⇒ 0,01 > 6,93e−t 4 ⇐⇒ 0,01 6,93 >e−t 4 ⇐⇒ 1 693 > e−t 4 ⇐⇒

ln

1 693

> −

t 4

(par croissance de la fonction logarithme népérien) ⇐⇒

t 4

>−ln

1 693 ⇐⇒

t > 4×µ−ln 1 693¶. Or 4×µ−ln 10 693¶≈26,2. Donc dans 27 ans d’après ce modèle au moins 99% des ménages seront équipés.

3. a. On a g(18)=

1 1+7e−¡18 4¢=

1 1+7e−9 2 ≈0,928 soit 0,93 au centième près. b. Intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% : n =1000>30; np =930 > 5 et n(1−p)=70 > 5 : on peut donc considérer l’intervalle ·p−1,96rp(1−p) n ; p+1,96rp(1−p) n ¸≈[0,914 ; 0,946]. Or le sondage donne une fréquence de foyers équipés d’une connexion fixe égale à 880 1000 =0,880 et 0,880∉[0,914 ; 0,946]. Ce sondage donne raison à ces statisticiens sceptiques.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice2 5 points Commun à tous les candidats 1. ¡z2−2z+4¢¡z2+4¢=0 ⇐⇒  z2−2z+4 = 0 ou z2+4 = 0 . • z2−2z+4=0 ⇐⇒ (z−1)2−1+4=0 ⇐⇒ (z−1)2=−3 ⇐⇒ (z−1)2=¡ip3¢2. Cette équation a deux solutions 1+ip3 et 1−ip3. • z2+4=0 ⇐⇒ z2=(2i)2 : cette équation a deux solutions : 2i et−2i. Conclusion : l’équation a quatre solutions : 1+ip3; 1−ip3; 2i; −2i. 2. a. • |zA|2=1+3=4=22 ⇒|zA|=2. On peut écrire zA=2Ã1 2+i p3 2 !=2¡cos π 3 +isin π 3¢soit en écriture exponentielle zA=2ei π 3 . • zB=2ei π 2 . On a donc avec les modules OA = OB = 2 : A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2. b.

1 2− 1− 2 −1

−2

1

2

3

4

b

b

B

A

O

F

c. On a

zB zA =

2ei π 2 2ei π 3 =

ei π 2 ei π 3 =ei¡π 2−

π 3¢=ei π 6 .

Or³−−→ OA,−−→ OB´=argzB zA =

π

6

.

3. a. F se construit par la méthode du parallélogramme; or on a vu que OA = OB : le parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange de côtés de mesure 2. b. OAFB est un parallélogramme et OA = OB = 1, donc deux de ses côtés consécutifs ont même longueur : OAFB est donc un losange et par conséquent la droite (OF) est la bissectrice de l’angle³−−→ OA,−−→ OB´; donc une mesure de l’angle³−−→ OA,−−→ OF´est π 12 . ³→− u ,−−→ OF´=³→− u ,−−→ OA´+³−−→ OA,−−→ OF´= π 3 + π 12 = 5π 12 qui est un argument de zF. c. On a zF=zA+zB=1+ip3+2i=1+i¡p3+2¢. Donc|zF|2=12+¡p3+2¢2=1+3+4+4p3=8+4p3=4¡2+p3¢. Métropole 2 13 septembre 2018

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Donc|zF|=2p2+p3. On a vu qu’un argument de zF est

5π 12

, donc l’écriture trigonométrique de zF est :

zF=2q¡2+p3¢µcos 5π 12 +isin

5π 12¶. d. On a vu que la partie réelle de zF est égale à 1 et d’après la question précédente elle est aussi égale à 2q¡2+p3¢cos 5π 12 . Donc en égalant : 1=2q¡2+p3¢cos 5π 12 ⇐⇒ cos 5π 12 = 1 2p2+p3 = p2−p3 2×(4−3) =p2−p3 2 . 4. Ces deux nombres sont positifs (p6>p2); comparons leurs carrés : • "p2−p3 2 #2 = 2−p3 4 ; • "p6−p2 4 #2= 6+2−2p12 16 = 8−4p3 16 = 4¡2−p3¢ 16 = 2−p3 4 . Ces deux nombres positifs ont le même carré : ils sont égaux; les deux calculatrices donnent le résultat correct.

Exercice3 6 points Commun à tous les candidats

Question1 Tout point M de (D) a des coordonnées qui vérifient x+y+z−3= 2+t+1−3t+2t−3=0, donc appartient à (P) : la droite (D) est incluse dans le plan (P) : réponse B.

Question2

On sait que E =

1 λ =20 donc λ=

1 20 =0,05. La probabilité que son attente dépasse les 10 minutes est égale à PT>20(T >30)=P(T > 10)=e−0,05×30=e−1,5=e−1 2 : réponse A.

Question3 La variable D′=

D−65 σ

suit la loi normale centrée réduite.

On a Pµ63,5−65,1 σ ¶6P(D′) 6 Pµ66,7−65,1 σ ¶=0,99. De Pµ−1,6 σ ¶=0,0005, la calculatrice donne σ≈0,62 : réponse C.

Question4

f (x)=2×

2x x2+1

; on reconnait une primitive F de f : F(x)=2ln¡x2+1¢. L’aire de la surface hachurée est donc égale (en unité d’aire) à : Z2 0 f (x)dx=[F(x)−F(0)]2 0=2ln¡22+1¢−2ln¡02+1¢=2ln5.La droite d’équation x = a partage la surface en deux surfaces; les deux surfaces obtenues ont la même aire si :

Métropole 3 13 septembre 2018

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Za 0

f (x)dx =Z2 a f (x)dx ⇐⇒ F(a)−F(0)=F(2)−F(a) ⇐⇒ 2F(a)=F(0)+F(2) ⇐⇒ 2ln¡a2+1¢=2ln1 +2ln5 ⇐⇒ 2ln¡a2+1¢=ln5 ⇐⇒ ln£¡a2+1¢¤2 =ln5 ⇐⇒¡a2+1¢2 =5 ⇐⇒ a2+1=p5 ⇐⇒a 2=p5−1 ⇐⇒ (puisque a>0) a=pp5−1. Réponse B. Exercice4 5 points Pour lescandidats n’ayantpas suivi l’enseignementde spécialité

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