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Sujet bac ES - Annale mathématiques 2019 - Corrigé spécialité
Fiche annale

Corrigés proposés par L’Étudiant.

Vous pouvez également retrouver les sujets probables 2020 ici.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL

SESSION 2019

MATHÉMATIQUES

Série ES - ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

CORRIGÉ


Exercice 1

1. FAUX

pS(Rˉ)=p(RˉS)p(S)=0,3×0,20,7×0,4+0,3×0,2=0,060,34=634=31718p_S\left(\bar{R}\right)=\dfrac{p\left(\bar{R} \cap S \right)}{p(S)} = \dfrac{0,3\times 0,2}{0,7\times 0,4+0,3\times 0,2}=\dfrac{0,06}{0,34}=\dfrac{6}{34}=\dfrac{3}{17}\approx 18

2. FAUX

E(X)=k+182E(X)=\dfrac{k+18}{2} donc k+182=12\dfrac{k+18}{2}=12 donc k=2×1218=6 k=2\times 12-18=6 donc k<9k<9

3. VRAI

ln(x2)ln(x5e)+ln(2)=ln(2x)+5\ln\left(x^2\right)-\ln\left(\dfrac{x^5}{e} \right)+\ln(2)=\ln(2x)+5

ln(2×x2x5e)=ln(2x)+5\Leftrightarrow \ln\left(2\times\dfrac{x^2}{\frac{x^5}{e}} \right)=\ln(2x)+5

ln(2ex3)=ln(2x)+5\Leftrightarrow \ln\left(\dfrac{2e}{x^3} \right)=\ln(2x)+5

ln(2ex3)ln(2x)=5\Leftrightarrow \ln\left(\dfrac{2e}{x^3} \right)-\ln(2x)=5

ex4=e5\Leftrightarrow\dfrac{e}{x^4}=e^5

x4=ee5\Leftrightarrow x^4=\dfrac{e}{e^5}

x4=1e4\Leftrightarrow x^4=\dfrac{1}{e^4}

x=(1e4)14x=1e\Leftrightarrow x=\left(\dfrac{1}{e^4}\right)^{\frac{1}{4}} \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{e}

4. FAUX

Il y a deux tangentes horizontales car la dérivée s’annule deux fois (00 est une valeur intermédiaire entre 5-5 et 3030 et 00 est une valeur intermédiaire entre 5-5 et 2020).

5. VRAI

La fonction est convexe sur [5;15][5;15] car ff ' est croissante sur [5;15][5;15].

Exercice 2

1. a)

Alt texte

1. b) La matrice de transition est M=(0,8  0,20,4  0,6)M=\begin{pmatrix} 0,8\ \ 0,2\0,4\ \ 0,6 \end{pmatrix}.

2. a)
P1=(0  1)P_1=(0\ \ 1)

2. b)
M2=(0,72  0,280,56  0,44)M^2=\begin{pmatrix} 0,72\ \ 0,28\0,56\ \ 0,44 \end{pmatrix}

P3=P1×M2=(0,56  0,44)P3=P1\times M^2=(0,56\ \ 0,44)

Le troisième jour, la probabilité que Julie emprunte les routes départementales est 0,560,56.

3. a)
Pn+1=Pn×MP{n+1}=Pn\times M
Donc dn+1=0,8dn+0,4rnd{n+1}=0,8dn + 0,4rn et rn+1=0,2dn+0,6rnr{n+1}=0,2dn + 0,6rn

3. b)
Algorithme 3

4.
On a rn+1=0,2dn+0,6rnr{n+1}=0,2dn + 0,6r_n

Donc
rn+1=0,2(1rn)+0,6rn=0,20,2rn+0,6rn=0,2+0,4rn\begin{aligned} r{n+1}&=0,2(1-rn) + 0,6rn\ &=0,2-0,2rn+0,6rn\ &=0,2+0,4rn \end{aligned}

5. a)
vn+1=rn+113=0,4rn+0,213=0,4rn215=0,4(vn+13)215=0,4vn+215215=0,4vn\begin{aligned} v{n+1}&=r{n+1} -\dfrac{1}{3}\ &=0,4rn+0,2-\dfrac{1}{3}\ &=0,4rn-\dfrac{2}{15}\ &=0,4\left(vn +\dfrac 1 3 \right)-\dfrac{2}{15}\ &=0,4vn +\dfrac{2}{15}-\dfrac{2}{15}\ &=0,4v_n \end{aligned}

Le premier terme est v1=r113=113=23v1=r1-\dfrac 1 3=1-\dfrac 1 3= \dfrac 2 3

5. b)
vn=v1×qn1=23×0,4n1vn=v1\times q^{n-1}=\dfrac 2 3 \times 0,4^{n-1}
donc

rn=vn+13=23×0,4n1+13=23×0,4n×0,41+13=53×0,4n+13\begin{aligned} rn&=vn+\dfrac 1 3 \ &=\dfrac 2 3 \times 0,4^{n-1} + \dfrac 1 3 \ &=\dfrac 2 3\times 0,4^n \times 0,4^{-1}+\dfrac 1 3 \ &= \dfrac 5 3 \times 0,4^n+\dfrac1 3 \end{aligned}

5. c)
0,4<10,4<1 donc la limite de 0,4n0, 4^n est 00.
Donc la limite de la suite (rn)(r_n) est égale à 1313.
Au bout d’un grand nombre de jours, la probabilité que Julie utilise la voie rapide est 13\dfrac 1 3 .

Exercice 3

Partie A

1. p(D<8)=p(1099<D<8)0,11p(D<8)=p(-10^{99}

2. p(8<D<26)0,85p(8

3. On reconnaît l’intervalle 2σ2\sigma car 15,52×6=3,515, 5 - 2 \times 6 = 3, 5 et 15,5+2×6=27,515, 5 + 2 \times 6 = 27, 5

Partie B

1. On considère XX qui suit la loi binomiale de paramètres p=0,25p = 0,25 et n=10n = 10.
Succès : « Sébastien effectue le relevé » donc p=0,25p = 0,25
On choisit 1010 relevés donc n=10n = 10

2. P(X=4)0,15P(X=4)\approx 0,15

3. p(X2)=1p(X1)=10,24=0,76p(X\ge 2)=1-p(X \le 1)=1-0,24=0,76

Partie C
L’intervalle de fluctuation est [f1n;f+1n]\left[ f -\dfrac{1}{\sqrt{n}} ; f +\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right].
L’amplitude est 2n\dfrac{2}{\sqrt{n}}.

2n<0,1n2>10,1n>20,1n>(20,1)2n>400\begin{aligned} \dfrac{2}{\sqrt{n}}&<0,1 \ \dfrac{\sqrt{n}}{2}&> \dfrac{1}{0,1} \ \sqrt{n} &> \dfrac{2}{0,1} \ n&> \left( \dfrac{2}{0,1}\right)^2 \ n &> 400 \end{aligned}

Il faut effectuer 401401 relevés.

Exercice 4

Partie A

1. f(0)115f(0)\approx 115 et f(60)70f(60)\approx 70

2. Déterminer f(7)=0f^{\prime \prime}(7)=0 car le point AA est le point d’inflexion.

3. a) Il faut hachurer la surface entre la courbe, l’axe des abscisses et les 2 droites verticales x=0x = 0 et x=60x = 60.

3. b) Un rectangle correspond à 200200 unités d’aires. Dans la partie hachurée, il y a au moins 2020 rectangles donc l’aire est supérieure à 200×20=4000200\times 20 = 4000 unités d’aires. L’estimation n’est donc pas correcte.

Partie B

1.
f(x)=0+14×ex5+(14x+42)×(15)ex5f(x)=14ex515×14xex515×42ex5f(x)=ex5(14145x425)f(x)=ex5(145x+285)f(x)=15ex5(14x+28)\begin{aligned} f^\prime(x)&=0+14\times e^{\frac{-x}{5}} +(14x+42)\times \left(\dfrac{-1}{5}\right) e^{\frac{-x}{5}} \ f^\prime(x)&=14 e^{\frac{-x}{5}}-\dfrac{1}{5}\times 14xe^{\frac{-x}{5}}- \dfrac{1}{5}\times 42e^{\frac{-x}{5}}\ f^\prime(x)&=e^{\frac{-x}{5}} \left(14-\dfrac{14}{5}x-\dfrac{42}{5}\right)\ f^\prime(x)&=e^{\frac{-x}{5}} \left(\dfrac{-14}{5}x+\dfrac{28}{5}\right)\ f^\prime(x)&=\dfrac 1 5 e^{\frac{-x}{5}} (-14x+28) \end{aligned}

2.
a) et b)

terminale maths obigatoire annale

3. On a f=14ex5(x725)f^{\prime \prime}=14 e^{-\frac{x}{5}} \left(\dfrac{x-7}{25}\right)

terminale maths obigatoire annale

On en déduit que la fonction est convexe sur [7;60][7;60].

4.

a) Il faut vérifier que G(x)=g(x)G^\prime(x)=g(x)
G(x)=70×ex5+(70x560)×(15)ex5=70ex515×(70)xex515×(560)ex5=ex5(70+705x+5605)=ex5(14x+42)=g(x)\begin{aligned} G^\prime(x)&=-70\times e^{-\frac{x}{5}}+(-70x-560)\times \left(\dfrac{-1}{5}\right)e^{-\frac{x}{5}}\ &=-70e^{-\frac{x}{5}}-\dfrac{1}{5}\times (-70)xe^{-\frac{x}{5}}-\dfrac{1}{5}\times (-560)e^{-\frac{x}{5}}\ &=e^{-\frac{x}{5}}\left(-70+\dfrac{70}{5}x+\dfrac{560}{5}\right)\ &=e^{-\frac{x}{5}}(14x+42)\ &=g(x) \end{aligned}

b) Une primitive de ff est : F(x)=70x+G(x)F(x)=70x+G(x).

c)
060f(x)dx=F(60)F(0)=[70×60+(70×60560)e605][70×0+(70×0560)e05]=[42004670e12][560]=4200+5604670e12=47604760e12 F4760\begin{aligned} \int_{0}^{60} f(x)\text d x&=F(60)-F(0)\ &=\left[70\times 60 + (-70\times60 - 560)e^{-\frac{60}{5}}\right]-\left[70\times 0 + (-70\times0 - 560)e^{-\frac{0}{5}}\right]\ &=\left[4200-4670e^{-12}\right]-[-560]\ &=4200+560-4670e^{-12}\ &=4760 - 4760e^{-12\ \mathbb{F}}\ &\approx4760 \end{aligned}

Partie C

4760×4+5400=24 4404760\times 4 + 5400 = 24\ 440
24 440 cm2=2,444 m224\ 440\ \text{cm}^2 =2,444\ \text{m}^2
14×=2,5\dfrac{1}{4}\times = 2,5

2,444<2,52,444<2,5 donc il aura suffisamment de vernis.