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[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 28 mai 2019 \ Exercice 1 5 points

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 28 mai 2019 \ Exercice 1 5 points Commun à tous les candidats Partie A 1. a. Solution : On cherche p(1,35 ⩽X ⩽1,65) D’après la calculatrice p(1,35 ⩽X ⩽1,65) ≈0,968 à 10−3 près. b. Solution : On veut que p(1,35 ⩽X ⩽1,65) = 0,98. 1,35 ⩽X1 ⩽1,65 ⇐ ⇒−0,15 ⩽X1 −1,5 ⩽0,15 ⇐ ⇒−0,15 σ1 ⩽Z ⩽0,15 σ1 Alors p(1,35 ⩽X ⩽1,65) = 0,98 ⇐ ⇒p µ−0,15 σ1 ⩽Z ⩽0,15 σ1 ¶ = 0,98 On a, par symétrie, p µ−0,15 σ1 ⩽Z ⩽0,15 σ1 ¶ = 0,98 ⇐ ⇒ p µ Z ⩽0,15 σ1 ¶ = 0,99 La calculatrice donne alors 0,15 σ1 ≈2,326. Finalement pour répondre à l’amélioration souhaitée, il faut régler la ma- chine avec σ1 ≈0,064. 2. a. Solution : On répète n = 250 fois, de manière indépendante, un expérience n’ayant que deux issues dont la probabilité de «succès» (le tube n’est pas conforme) est p = 0,02. Soit Y la variable aléatoire comptant le nombre de succès, Y suit une loi binomiale de paramètres n = 250 et p = 0,02. n = 250 ⩾30 , np = 5 ⩾5 et n(1 −p) = 245 ⩾5, on peut donc bâtir l’intervalle de ﬂuctuation asymptotique au seuil de 95%. I = " p −1,96 p p(1−p) pn ;p +1,96 p p(1−p) pn # = [0,003 ; 0,037] à 10−3 près. b. Solution : La fréquence observée de tubes non non « conformes pour la longueur » est f = 10 250 = 0,04. On a f ∉I, on peut donc estimer qu’il faut réviser la machine. Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. Partie B 1. Solution : D’après l’énoncé p ³ E ∩L ´ = 0,036 donc pE (L) = 0,036 0,04 = 0,9. E L L E L L 0,96 0,95 0,05 0,04 0,9 0,1 2. Solution : E et E forment une partition de l’univers donc, d’après les probabi- lités totales on a : p(L) = p(L ∩E)+ p ³ L ∩E ´ = pE (L)× p(E)+0,036 = 0,95×0,96+0,036 = 0,912+0,036 On a donc bien p(L) = 0,948. Exercice 2 4 points Commun à tous les candidats Solution : Afﬁrmation 1 : FAUSSE z −i = i(z +1) ⇐ ⇒z −iz = 2i ⇐ ⇒z = 2i 1−i ⇐ ⇒z = 2i(1+i) 1−i2 ⇐ ⇒z = −1+i ⇐ ⇒z = p 2 Ã − p 2 2 +i p 2 2 ! ⇐ ⇒z = p 2ei 3π 4 ̸= p 2ei π 4 Amérique du Nord Page 2 28 mai 2019 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. Afﬁrmation 2 : FAUSSE 1+e2ix = 1+ ³ cos(2x)+isin(2x) ´ = 1+ ¡ 2cos2(x)−1+2isin(x)cos(x) ¢ = 2cos(x)(cos(x)+isin(x)) = 2cos(x)eix ̸= 2cos(x)e−ix Afﬁrmation 3 : VRAIE Soit A(i) et B(−1) alors |z −i| = |z +1| ⇐ ⇒AM = BM M est donc sur la médiatrice de [AB] or cette médiatrice est d’équation y = −x Afﬁrmation 4 : FAUSSE z5 + z −i+1 = 0 ⇐ ⇒z5 + z +1 = i Si z ∈R , ¡ z5 + z +1 ¢ ∈R Alors z5 + z +1 ̸= i Exercice 3 6 points Commun à tous les candidats Partie A : établir une inégalité 1. Solution : f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[. f = u −ln(v) = ⇒f ′ = u′ −v′ v avec ( u(x) = x v(x) = 1+ x = ⇒ ( u′(x) = 1 v′(x) = 1 ∀x ∈[0 ; +∞[ , f ′(x) = 1− 1 1+ x = x x +1 Sur [0 ; +∞[ , x x +1 ⩾0. On en déduit que f est croissante sur [0 ; +∞[ 2. Solution : ∀x ∈[0 ; +∞[ , f (x) ⩾f (0) car f est croissante sur [0 ; +∞[ f (0) = 0 d’où ∀x ∈[0 ; +∞[ , x −ln(1+ x) ⩾0 On a donc bien ∀x ∈[0 ; +∞[ , ln(1+ x) ⩽x Amérique du Nord Page 3 28 mai 2019 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. Partie B : application à l’étude d’une suite 1. Solution : u1 = u0 −ln(1+u0) = 1−ln(2) u2 = u1 −ln(1+u1) = 1−ln(2)−ln(2−ln(2)) ≈0,0392 2. a. Solution : Initialisation : u0 = 1 ⩾0 Hérédité : Soit n un entier naturel tel que un ⩾0 alors un+1 = f (un) ⩾0 d’après la partie A On en déduit que la propriété est héréditaire à partir du rang 0 or elle est vériﬁée à ce même rang. Par le principe de récurrence on peut donc conclure que ∀n ∈N , un ⩾0 b. Solution : ∀n ∈N , un+1 −un = −ln(1+un) ⩽0 car (1+un) ⩾1. On en déduit que (un) est décroissante. (un) est donc majorée par u0 = 1. Finalement on a bien ∀n ∈N , un ⩽1. c. Solution : (un) est décroissante et minorée par 0 donc (un) converge vers ℓ⩾0. 3. Solution : ℓ= f (ℓ) ⇐ ⇒ln(1+ℓ) = 0 ⇐ ⇒ℓ= 0 4. a. Solution : N ←0 U ←1 Tant que U ⩾10−p U ←U −ln(1+U) N ←N+1 Fin Tant que Afﬁcher N Amérique du Nord Page 4 28 mai 2019 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. b. Solution : En programmant l’algorithme, on trouve n = 6 comme le plus petit entier à partir duquel tous les termes de la suite (un) sont inférieurs à 10−15. Note importante : la plupart des calculatrices et même des tableurs ne permettent pas de trouver n = 6, afﬁchant souvent des résultats faux (un < 0!). Cette question est donc à supprimer. Exercice 4 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité A B C D E F G H I J N L M K 1. Solution : L et M sont les milieux respectifs de [AH] et [AF] donc d’après le théorème de la droite des milieux dans AFH, on en déduit que (LM) est paral- lèle à (FH). (IN) et (BF) sont parallèles car BFNI est un rectangle or (BF) est perpendicu- laire au plan (EFG) donc à la droite (FH). On a alors (IN) perpendiculaire à (FH) et comme (LM) est parallèle à (FH), on en déduit ﬁnalement que (IN) et (ML) sont orthogonales. 2. a. Amérique du Nord Page 5 28 mai 2019 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. Solution : Dans ³ A ; − − → AB ; − − → AD ; − → AE ´ on a C(1; 1; 0) , M µ1 2 ; 0 ; 1 2 ¶ et L µ 0 ; 1 2 ; 1 2 ¶ Donc − − → NC   0,5 0,5 −1  et − − → ML   −0,5 0,5 0  . b. Solution : Le repère ³ A ; − − → AB ; − − → AD ; − → AE ´ est orthonormé donc on peut calculer un produit scalaire. − − → NC ·− − → ML = −0,25+0,25+0 = 0 On en déduit que les vecteurs sont orthogonaux donc (NC) et (ML) sont orthogonales. c. Solution : (ML) est orthogonale à (NC) et à (IN) qui sont deux droites sécantes du plan (NCI) donc (ML) est perpendiculaire au plan (NCI). − − → ML   −0,5 0,5 0  est donc normal à (NCI) d’où − → u   1 −1 0  est normal à (NCI). On a alors (NCI) : x−y +d = 0 or C ∈(NCI) d’où xC −yC +d = 0 ⇐ ⇒d = 0. Finalement (NCI) : x −y = 0. 3. a. Solution : Dans ³ A ; − − → AB ; − − → AD ; − → AE ´ on a N µ1 2 ; 1 2 ; 1 ¶ , J µ 1 ; 1 2 ; 1 2 ¶ et M µ1 2 ; 0 ; 1 2 ¶ xN −yN + zN = 1 xJ −yJ + zJ = 1 xN −yN + zN = 1 (NJM) a donc bien pour équation cartésienne x −y + z = 1. b. Solution : − → n   1 −1 1  est normal à (NJM) d’après l’équation cartésienne trou- vée précédemment. Or − − → DF   1 −1 1  . Finalement, la droite (DF) est perpendiculaire au plan (NJM). Amérique du Nord Page 6 28 mai 2019 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P. c. Solution : N appartenant à ces deux plans, la droite cherchée passe par N. Soit − → w   a b c  un vecteur directeur de cette droite. − → w est orthogonal aux vecteurs normaux des deux plans, on a donc : (− → w ·− → u = 0 − → w ·− → n = 0 ⇐ ⇒ ( a −b = 0 uploads/Geographie/ corrige-s-amerique-nord-28-05-2019.pdf