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Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 CORRIGÉ DU DEVOI

Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 CORRIGÉ DU DEVOIR SURVEILLÉ DE MATHÉMATIQUES Exercice I : 120 personnes atteintes d’une maladie ont accepté de participer à une étude pour tester l’efficacité d’un nouveau médicament. Pendant 1 mois, 80 personnes ont pris le médicament ; les autres ont pris un placebo. À l’issue de l’expérimentation, on a constaté une amélioration de la santé de 60 personnes parmi celles ayant pris le médicament et de 5 personnes parmi les autres. 1. 2. On choisit au hasard une personne ayant participé à l'étude. Il s'agit d'une situation d'équiprobabilité. a. On considère l'événement : « La personne choisie a pris le médicament et a vu son état s'améliorer. ». p(M ∩A)=card (M∩A) card(Ω) = 60 120= 1 2 b. pA(M)=card(M∩A) card(A) = 5 65= 1 13 1/6 80 40 60 20 5 35 65 55 1 pt 0,5 pt 0,5 pt 0,5 pt Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 Exercice II : 1. a. b. p(« ABDF»)=1 3×1×1 3=1 9 (principe multiplicatif) c. p(« ABDG »∪« ACEG »∪«ADFG »∪« ADG»)=1 3×1×1 3+ 1 3×1×1 2+ 1 3×1 3×1+ 1 3×1 3=1 9+ 1 6 + 1 9+ 1 9=1 2 2. a. On note S l'événement : « Le personnage réussit à sortir du labyrinthe. ». «SSS» est l'événement : « Le personnage réussit à sortir du labyrinthe lors des 2 premiers parcours et échoue lors du 3ème parcours. » p(«SSS» ∪«SSS»∪«SSS»)=3×( 1 2) 2 =3 8 2/6 1 pt 0,5 pt 1 pt 1 pt B A ADBA Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 b. xi 0 1 2 3 p(X=xi) 1 8 3 8 3 8 1 8 c. E(X)=1 8×0+ 3 8×1+ 3 8×2+ 1 8×3=12 8 =3 2 V (X)=1 8×(0−3 2) 2 + 3 8×(1−3 2) 2 + 3 8×(2−3 2) 2 + 1 8×(3−3 2) 2 =1 8×9 4 + 3 8×1 4 + 3 8×1 4+ 1 8×9 4=24 32 =3 4 3/6 0,5 pt 1 pt Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 Exercice III : Exercice IV : On note f la fonction définie sur ]0;+∞[ par f (x)=(√x−3)(2−1 x) . 1. f est de la forme f =uv avec u(x)=√x−3 et v( x)=2−1 x u' ( x)= 1 2√x et v ' (x)= 1 x 2 f ' =u' v+uv ' ∀ x ∈ ]0;+∞[ , f ' ( x)= 1 2√x ×(2−1 x)+(√x−3)× 1 x 2 f ' ( x)=√x 2 x× 2 x−1 x + 2√x−6 2 x 2 f ' ( x)=2 x√x+√x−6 2 x 2 2. La tangente à cf au point d'abscisse 4 a pour coefficient directeur f ' (4)=3 8 Elle a donc une équation de la forme y=3 8 x+b . 4/6 1,5 pt 1 pt 0,5 pt 1,5 pt 1 pt Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 De plus, f (4)=−7 4 permet d'affirmer que le point (4;−7 4) appartient à cette droite. Donc, −7 4=3 8×4+b soit b=−13 4 La tangente à cf au point d'abscisse 4 a pour équation réduite y=3 8 x−13 4 . Exercice V : Soit la fonction f définie sur ]−∞;3[∪]3;+∞[ par f (x)= x 2−5 x−3 . 1. f est dérivable sur ]−∞;3[ et sur ]3;+∞[ . f est de la forme u v avec u(x)=x 2−5 et v( x)=x−3 u' ( x)=2 x et v ' (x)=1 f ' =u' v−uv ' v 2 ∀ x ≠ 3, f ' ( x)=2 x(x−3)−(x 2−5) (x−3) 2 f ' ( x)= x 2−6 x+5 ( x−3) 2 2. ∀ x ≠ 3, (x−3) 2>0 donc f ' ( x) est du même signe que P(x)=x 2−6 x+5 . Δ=16 P admet deux racines : 1 et 5 Le coefficient de x 2 étant positif, P est négatif à l'intérieur de ses racines. On en déduit le tableau de variations de f : x –∞ 1 3 5 +∞ f ' ( x) + 0 – – 0 + f (x) ? 2 ? ? 10 ? Exercice VI : Dans cet exercice, toute trace de recherche sera prise en compte dans l'évaluation. 5/6 1,5 pt 1,5 pt Classe de première S Corrigé du devoir du mercredi 6 mars 2019 La parabole d'équation y=−2 9 x 2+8 coupe l'axe des abscisses en A et B. Le point P(x; y) se déplace sur la parabole entre A et B. Déterminer les coordonnées du point P pour que l'aire du triangle vert soit maximale. −2 9 x 2+8=0 ⇔ x 2−36=0 ⇔ x=−6 ou x=6 Donc A (6;0) et B(−6;0) : x ∈ [−6;6] Soit H le projeté orthogonal de P sur l'axe des abscisses. H( x; 0) et BH=6+ x P( x;−2 9 x 2+8) et HP=−2 9 x 2+8 Soit f (x) l'aire du triangle vert. f (x)=BH×HP 2 ∀ x ∈ [−6;6] , f (x)=( x+6)(−1 9 x 2+4) f (x)=−1 9 x 3−2 3 x 2+4 x+24 f est dérivable sur [−6;6] . ∀ x ∈ [−6;6] , f ' ( x)=−1 3 x 2−4 3 x+4 f ' ( x)=−1 3 (x 2+4 x−12) On pose P(x)=x 2+4 x−12 Δ=64 P admet deux racines : −6 et 2 . Le coefficient de x 2 est positif donc P est négatif à l'intérieur des racines. Or le signe de f ' ( x) est contraire de celui de P(x) . On peut en déduire le tableau de variations de f : x –6 2 6 f ' ( x) + 0 – f (x) 0 256 9 0 L'aire du triangle vert est maximale lorsque P a pour coordonnées (2; 64 9 ) . 6/6 uploads/Geographie/ ds-05-probabilites-derivation-corrige 1 .pdf