Source Latex
de la correction du devoir
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pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Corrigé du baccalauréat S - Amérique du nord, 1er juin 2016},
pdftitle={Bac S - Correction - Amérique du nord, 1er juin 2016}
pdfkeywords={Bac S, corrigé, correction, Amérique du nord, annale, Mathématiques, maths}
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% Raccourcis diverses:
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\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}\cfoot{}
\rfoot{Correction Bac S - Ammérique du nord - 1er juin 2016 - \thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ct{\Large\textbf{Correction Bac S - Amérique du nord - 1er juin 2016}}
\bigskip
{\textbf{Exercice 1}}\hrulefill Commun à tous les candidats\hrulefill
\textbf{6 points}
\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item On peut représenter la situation à l'aide d'un arbre pondéré:
\[\psset{xunit=1.cm,yunit=.8cm}
\begin{pspicture}(-2,-3)(5,2.2)
\psline(0,0)(1.5,1.5)
\rput(1.75,1.5){$A$}\rput(0.7,1.2){$60\%$}
\psline(2,1.5)(3.5,2.25)
\rput(3.75,2.25){$V$}\rput(2.7,2.2){$98\%$}
\psline(2,1.5)(3.5,0.75)
\rput(3.75,0.75){$\overline{V}$}\rput(2.7,0.7){$2\%$}
%
\psline(0,0)(1.5,-1.5)
\rput(1.75,-1.5){$B$}\rput(0.7,-1.2){$40\%$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-0.75)
\rput(3.75,-0.75){$V$}\rput(2.7,-0.7){$P_B(V)$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-2.25)
\rput(3.75,-2.25){$\overline{V}$}\rput(2.7,-2.4){$P_B(\overline{V})$}
\end{pspicture}\]
La probabilité que la bille choisie soit vendable et
provienne de la machine A est
$P(A\cap V)=P(A)\tm P_A(V)=60\%\tm98\%=58,8\%$
\item On a, d'après l'énoncé, $P(V)=96\%$.
Or, en utilisant l'arbre (formule des probabilités totales),
\[P(V)=P(A\cap V)+P(B\cap V)
\iff
P(B\cap V)=P(V)-P(A\cap V)=96\%-58,8\%=37,2\%\]
On en déduit que la bille choisie soit vendable sachant qu'elle
provient de la machine B est
$P_B(V)=\dfrac{P(B\cap V)}{P(B)}=\dfrac{37,2\%}{40\%}=0,93$.
\item Il y a, en tout $4\%$ de pièces non vendables,
et $P(B\cap \overline{V})=P(B)\tm P_B(\overline{V})
=40\%\tm(1-93\%)=2,8\%$ de pièces non vendables provenant de l'usine
B, ce qui fait
une proportion de $\dfrac{2,8\%}{4\%}=70\%$.
Le technicien a donc raison.
\textit{(Remarque: en d'autres termes, on a calculé ici
$P_{\overline{V}}(B)$\dots).}
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item \`A la calculatrice, on a
$P(0,9\leqslant X\leqslant 1,1)\simeq 0,931$,
et au centième près on retrouve $P(V)=0,93$.
\item Soit $Y'=\dfrac{Y-\mu}{\sigma'}=\dfrac{Y'-1}{\sigma'}$,
alors $Y'$ suit la loi normale centrée réduite
et,
\[\bgar{ll}
P(0,9 \leqslant Y \leqslant 1,1) = 0,98
&\iff
P\lp\dfrac{0,9-1}{\sigma'}\leqslant\dfrac{Y-1}{\sigma'}\leqslant\dfrac{1,1-1}{\sigma'}\rp=0,98\\[1em]
&\iff
P\lp-\dfrac{0,1}{\sigma'}\leqslant Y'\leqslant\dfrac{0,1}{\sigma'}\rp=0,98\\[1em]
&\iff 2P\lp Y'\leqslant\dfrac{0,1}{\sigma'}\rp-1=0,98 \\[1em]
&\iff P\lp Y'\leqslant\dfrac{0,1}{\sigma'}\rp=\dfrac{0,98+1}{2}=0,99
\enar\]
Or, avec la calculatrice, on trouve que $P(Y'\leqslant 2,33)\simeq0,99$,
et on en déduit donc que
$\dfrac{0,1}{\sigma'}\simeq2,33
\iff\sigma'\simeq\dfrac{0,1}{2,33}\simeq0,043$.
\end{enumerate}
\medskip
\textbf{Partie C}
\begin{enumerate}
\item Les billes sont teintées de manière aléatoire et équiprobable,
et donc la probabilité qu'une bille prise au hasard soit noire est
de $1/5=0,2$.
Pour constituer un sachet, on répète $n=40$ fois l'expérience
aléatoire: "prélever une bille dans le stock";
ces répétitions sont supposées identiques et indépendants
(car les tirages sont assimilés comme étant avec remise).
Chacun de ces tirages admet comme succès: "la bille tirée est
noire", de probabilité $p=0,2$.
Ainsi, si on note $Z$ la variable aléatoire égale au nombre de
succès, c'est-à-dire au nombre de billes noires dans un sachet,
alors $Z$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(40;0,2)$.
\begin{enumerate}[a)]
\item La probabilité que le sachet choisi contienne exactement $10$
billes noires est alors, avec la calculatrice,
$P(Z=10)\simeq0,107$
\item D'un sachet à l'autre, la proportion de billes noires fluctue
dans l'intervalle, avec une propbabilité d'environ 95\%,
et avec $u_{0,05}\simeq 1,96$,
\[I=\Bigl[ p-u_{0,05}\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}};
p-u_{0,05}\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\Bigr]
\simeq \Bigl[ 0,076 ; 0,324 \Bigr]\]
Dans ce sachet, la proportion de billes noires est
$p'=\dfrac{12}{40}=0,3\in I$, et donc, on ne peut pas remettre en
cause le réglage de la machine
(l'écart entre $p'$ et $p=0,2$ s'explique simplement par la
fluctuation aléatoire de la proportion d'un échantillon à
l'autre).
\end{enumerate}
\item On note $Z_n$ la variable aléatoire égale au nombre de billes
noires dans un sachet de $n$ billes.
Comme au a), $Z_n$ suit la loi binomiale
$\mathcal{B}(n;0,2)$.
On a alors $P(Z_n\geqslant1)=1-P(Z_n=0)$,
avec $P(Z_n=0)=\lp\bgar{c}n\\0\enar\rp0,2^00,8^n=0,8^n$.
Ainsi, $P(Z_n\geqslant0)=1-0,8^n$,
et on cherche alors l'entier $n$ tel que
$1-0,8^n\geqslant99\%
\iff 0,8^n\leqslant 1-99\%=0,01
\iff n\ln(0,8)\leqslant \ln(0,01)$
en divisant par $\ln(0,08)<\ln(1)<0$,
on trouve ainsi
$n\geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,8)}\simeq 20,64$.
Ainsi, les sachets doivent contenir au moins 21 billes.
\end{enumerate}
\medskip
\textbf{Exercice 2}
\hrulefill Commun à tous les candidats\hrulefill
\textbf{6 points}
\textbf{Partie A}\quad
\begin{enumerate}
\item On a
$f(2e)=2e\ln\lp\dfrac{2e}{2}\rp-2e+2=2e\ln(e)-2e+2=2$,
car $\ln(e)=1$, et donc $B(2e;2)\in\mathcal{C}_f$.
De même, $f(2)=2\ln\lp\dfrac{2}{2}\rp-2+2=0$,
car $\ln(1)=0$, et donc $I(2;0)\in\mathcal{C}_f$.
De plus, en $I$ le coefficient directeur de la tangente à
$\mathcal{C}_f$ est $f'(2)$.
On a, pour tout $x\geqslant2$,
$f(x)=x\lp\ln(x)-\ln(2)\rp-x+2$,
soit $f=uv+w$,
avec $u(x)=x$, donc $u'(x)=1$,
$v(x)=\ln(x)-\ln(2)$, donc $v'(x)=\dfrac1x$,
et $w(x)=-x+2$, donc $w'(x)=-1$.
On a alors,
$f'=u'v+uv'+w'$,
soit
$f'(x)=\ln(x)-\ln(2)+x\dfrac1x-1=\ln(x)-\ln(2)
=\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$.
Ainsi, la tangente à $\mathcal{C}_f$ en $I$ a pour coefficient
directeur $f'(2)=\ln(1)=0$ et passe par $I$: c'est l'axe des
abscisses.
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item Une équation de $\mathcal{T}$ est:
$y=f'(2e)(x-2e)+f(2e)$,
avec $f'(2e)=\ln(e)=1$ et $f(2e)=2$,
d'où
$\mathcal{T}: y=x-2e+2$.
\medskip
On a alors $D(x_D;y_D)$ avec $y_D=0=x_D-2e+2\iff x_D=2e-2$.
Ainsi, $D(2e-2;0)$.
\item L'aire de $ABI$, trangle rectangle en $I$, est
$\dfrac{AI\tm AB}{2}=\dfrac{2\tm(2e-2)}{2}=2e-2$
et l'aire du trapèze $AIDB$ est
$\dfrac{(AB+ID)\tm AI}{2}=\dfrac{(2e-2+2e-2-2)\tm2}{2}=4e-6$.
Ainsi le volume $V$ de la cuve est tel que
\[5e\leqslant V\leqslant 5(4e-6)\]
soit approximativement
\[17,18\leqslant V\leqslant 24,37\]
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On a $G=uv-w$
avec $u(x)=x^2/2$, donc $u'(x)=x$,
$v(x)=\ln\lp\dfrac{x}2\rp=\ln(x)-\ln(2)$, donc $v'(x)=1/x$,
et $w(x)=x^2/4$, donc $w'(x)=x/2$.
On a alors, $G'=u'v+uv'-w'$,
soit
\[\bgar{ll}
G'(x)&=x\ln\lp\dfrac{x}2\rp+\dfrac{x^2}{2}\tm\dfrac1x-\dfrac{x}{2}\\[1em]
&=x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{2}\\[.8em]
&=g(x)\enar\]
ce qui montre que $G$ est bien une primitive de $g$.
\item On en déduit qu'une primitive de $f$ définie par
$f(x)=g(x)-x+2$ est donnée par
\[F(x)=G(x)-\dfrac12x^2+2x\]
\item On peut alors calculer l'intégrale:
\[\bgar{ll}
S&\dsp=\int_2^{2e}\Bigl(2-f(x)\Bigr)dx\\[1em]
&=\Bigl[ 2x-F(x)\Bigr]_2^{2e}\\[1em]
&=\Bigl[ -G(x)+\dfrac12x^2\Bigr]_2^{2e}\\[1em]
&=-G(2e)+\dfrac12(2e)^2-\Bigl(-G(2)+\dfrac122^2\Bigr)\\[.7em]
&=G(2)-G(2e)+2e^2-2
\enar\]
avec $G(2)=2\ln(1)-1=-1$,
et $G(2e)=2e^2\ln(e)-e^2=e^2$,
donc
\[S=-1-e^2+2e^2-2=e^2-3\]
et on en déduit le volume de la cuve:
$V=5S=5(e^2-3)\simeq 22\,m^3$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item Le volume est $v(x)$ avec $x$ tel que $f(x)=1$.
On cherche donc à résoudre l'équation $f(x)=1$,
avec $f(x)=x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp-x+2$.
On ne sait pas résoudre excactement cette
équation. On peut par contre le faire de manière approchée,
en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires.
On sait que $f'(x)=\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$, d'après A.1.
et donc, comme $\ln$ est strictement croissante sur $\R_+^*$,
que pour tout $x\in[2;2e]$,
$f'(x)> \ln\lp\dfrac{2}{2}\rp=0$.
Ainsi $f$ est strictement croissante sur $[2;2e]$, avec de plus
$f(2)=0$ et $f(2e)=2$.
On en déduit, d'après le corollaire du théorème des valeurs
intermédiaires (ou théorème de la bijection),
qu'il existe une unique solution $\alpha\in[2;2e]$ à l'équation
$f(x)=1$.
Avec la calculatrice (à l'aide d'un tableau de valeurs, ou par
dichotomie par exemple), on trouve $\alpha\simeq4,3$, et alors
le volume est de $v(\alpha)\simeq 7,3\simeq 7 m^3$.
\item Cet algorithme est un algorithme de recherche par dichotomie.
Il permet de chercher les valeurs d'un encadrement $[a;b]$ pour lequel
la hauteur $c$ correspond à la moitié de la cuve.
Cet encadrement permet d'avoir un résultat précis à $10^{-3}$ près.
\end{enumerate}
\medskip
\textbf{Exercice 3}
\hrulefill Commun à tous les candidats\hrulefill
\textbf{3 points}
\[\psset{unit=.5cm}
\begin{pspicture}(-5.2,-5)(5.2,5)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1)
\rput(-.6,-.6){$O$}\rput(-.5,.5){$\vec{v}$}\rput(.5,-.5){$\vec{u}$}
\psline(-5.1,0)(5.1,0)
\psline(0,-5.1)(0,5.1)
\pspolygon(4,0)(0,4)(-4,0)(0,-4)
\rput(0,4){$\bullet$}\rput(-.6,4.2){$B$}
\rput(4,0){$\bullet$}\rput(4.2,-.6){$A$}
\rput(0,-4){$\bullet$}\rput(-.6,-4.2){$D$}
\rput(-4,0){$\bullet$}\rput(-4.2,-.6){$C$}
\pscircle{4}(0,0)
\end{pspicture}
\]
\begin{enumerate}
\item $z_1=1+i=\sqrt2e^{i\frac{\pi}{4}}$.
\item Pour tout entier $n$,
$z_n=(1+i)^n=\lp\sqrt2e^{i\frac{\pi}{4}}\rp^n
=\sqrt2^ne^{ni\frac{pi}{4}}$.
Pour s'assurer qu'un point est à l'extérieur du carré, il suffit
de s'assurer qu'il est à l'extérieur du cercle de centre $O$ et de
rayon $4$.
Or $M_n$ est à l'extérieur de ce cercle si et seulement
si $OM_n=|z_n|=|\sqrt2^n|\tm|e^{ni\frac{\pi}{4}}|=\sqrt2^n>4$,
car, pour tout $\theta\in\R$, $|e^{i\theta}|=1$.
Or, pour $n\geqslant 5$,
on a $\sqrt2^n\geqslant\sqrt2^5=4\sqrt2>4$.
Ainsi, dès que $n\geqslant n_0=5$, le point $M_n$ d'affixe $z_n$ est
à l'extérieur du carré $ABCD$.
\end{enumerate}
\medskip
\textbf{Exercice 4}
\hrulefill Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité\hrulefill
\textbf{5 points}
\begin{enumerate}
\item $ABCD$ est un carré donc ses diagonales se coupent en formant un
angle droit, et donc $\V{OB}$ et $\V{OC}$ sont orthogonaux, avec de
plus $OB=OC$.
Comme $[SO]$ est une hauteur, $\V{OS}$ est aussi orthogonal à
$\V{OB}$ et $\V{OC}$, et le repère est donc déjà orthogonal.
On a $DB=AC=AB\sqrt2$ donc $OB=OC=AB\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
Dans le triangle $ASO$, rectangle en $O$, avec $AS=AB$
car $ASB$ et $BSC$ sont équilatéraux,
on a $OS=\sqrt{AS^2-AO^2}=\sqrt{AB^2-\dfrac{AB^2}{2}}
=\sqrt{\dfrac{AB^2}{2}}=AB\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
Ainsi, ce repère est aussi normé: il est donc orthonormé.
\item On définit le point $K$ par la relation $\V{SK}=\dfrac13\V{SD}$
et on note $I$ le milieu du segment $[SO]$.
\begin{enumerate}[a)]
\item $\V{SK}=\dfrac13\V{SD}$
donc $x_K=x_S+\dfrac13(x_D-x_S)=0+\dfrac13(-1-0)=-\dfrac13$.
De même, $y_K=y_S+\dfrac13(y_D-y_S)=0$,
et $z_K=z_S+\dfrac13(z_D-z_S)=\dfrac23$.
On a donc $K\lp-\dfrac13;0;\dfrac23\rp$.
\item On a $B(1;0;0)$ et $I(0;0;\dfrac12)$,
donc $\V{BI}\lp -1;0;\dfrac12\rp$
et
$\V{BK}\lp -\dfrac43;0;\dfrac23\rp$,
d'où $\V{BK}=\dfrac43\V{BI}$:
les vecteurs $\V{BI}$ et $\V{BK}$ sont colinéaires et les points
$B$, $I$ et $K$ sont donc alignés.
\item De même que précédemment, en notant $K'$ le point tel que
$\V{SK'}=\dfrac13\V{SA}$ on trouve que $C$, $I$ et $K'$ sont
alignés,
donc que $K'\in[SA]\cup(BCI)$, et donc que $K'=L$.
AInsi, on a $\V{SL}=\dfrac13\V{SA}$.
Les droites $(AD)$ et $(LK)$ sont coplanaires, dans le plan $SAD$,
et alors, d'après le théorème de Thalès, elles sont parallèles.
\item Comme $\V{SL}=\dfrac13\V{SA}$,
on $x_L=x_S+\dfrac13(x_A-x_S)=+\dfrac13(0-0)=0$,
et de même,
$y_L=y_S+\dfrac13(y_A-y_S)=-\dfrac13$,
et $z_L=z_S+\dfrac13(z_A-z_S)=\dfrac23$.
Ainsi, $L\lp0;-\dfrac13;\dfrac23\rp$.
\end{enumerate}
\item On considère le vecteur $\vec{n}\bgar{c}1\\1\\2\enar$
dans le repère $\lp O;\V{OB},\V{OC},\V{OS}\rp$.
\begin{enumerate}[a)]
\item $\V{BC}\lp\bgar{c}-1\\1\\0\enar\rp$, donc
$\vec{n}\cdot\V{BC}=1\tm(-1)+1\tm(1)+2\tm0=0$
et $\V{BI}\lp\bgar{c} -1\\0\\\dfrac12\enar\rp$
donc $\vec{n}\cdot\V{BI}=1\tm(-1)+1\tm0+2\tm\dfrac12=0$.
Ainsi, $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du
plan $(BCI)$, et donc $\vec{n}$ est orthogonal au plan $(BCI)$.
\item $\vec{n}\lp\bgar{c}1\\1\\2\enar\rp$,
$\V{AS}\lp\bgar{c} 0\\1\\1\enar\rp$ et
$\V{DS}\lp\bgar{c} 1\\0\\1\enar\rp$,
et donc, on remarque que
$\vec{n}=\V{AS}+\V{DS}$: ces vecteurs sont coplanaires.
\item $\vec{n}$ est normal au plan $(BCI)$ et est coplanaire avec
les vecteurs $\V{AS}$ et $\V{DS}$.
Ainsi les plans $(BCI)$ et $(SAD)$ sont perpendiculaires.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\label{LastPage}
\end{document}
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