Bac Blanc Terminale ES
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Bac Blanc Terminale ES - Février 2014 Correction de l'épreuve de Mathématiques (durée 3 heures) pour les candidats n’ayant pas choisi la spécialité MATH Exercice 1 (5 points) Le tableau suivant donne l'indice des prix à la consommation en Allemagne sur la période 2005-2012. Année 2005 Indice des prix à la consommation 100 2006 2007 2008 2009 2010 2011 2012 101,58 103,91 106,64 106,98 108,16 110,40 112,62 Source : Perspectives Monde 1. a) L’indice des prix à la consommation en Allemagne était de 100 en 2005 et dépasse 110 en 2011 donc, il aura fallu 6 années pour que l’indice des prix à la consommation en Allemagne augmente de 10 % à compter de 2005. b) De 2005 à 2012, l’indice des prix à la consommation est passé de 100 à 112,62 soit une augmentation de 12,62 % en 7 ans et un coefficient multiplicateur de 1,1262. 7 De plus : 1 1,71 100 7 1,1260 et 1 1,72 100 7 1,1268 donc 1 1,71 est le plus proche de 1,1262. 100 On peut donc dire que le taux d’évolution annuel moyen de l'indice des prix à la consommation en Allemagne entre 2005 et 2012 est +1,71 % arrondi au centième. On suppose, pour toute la suite de l’exercice, que l'indice des prix à la consommation en Allemagne continue à augmenter de 1,71 % par an à partir de 2012. 2. Pour prévoir l'indice des prix à la consommation en Allemagne, on modélise la situation par une suite . On note u0 l'indice en 2012 et l'indice en 2012+n. a) L’indice augmente de 1,71 % d’une année à l’autre donc : un La suite ( un ) est donc géométrique de raison q b) D’après la question précédente, un On a donc : un c) 2020 1 un 1 1,71 100 1,0171 un 1,0171. u0 1,0171n avec u0 112,62. n 112,62 1,0171 pour tout entier naturel n. 2012 8 donc l’année 2020 correspond à n 8 et u8 112,62 1,01718, soit u_15 128,9807 Avec ce modèle, on peut donc prévoir un indice des prix à la consommation en Allemagne en 2020 de 128,98 (résultat arrondi à 10 2 près). 3. On considère l’algorithme suivant : Initialisation : Traitement : Sortie Affecter la valeur 0 à la variable N {initialisation} Affecter la valeur 112,62 à U {initialisation} Tant que U 140 Affecter la valeur N 1 à N Affecter la valeur 1,0171 U à U Fin de Tant que Affecter la valeur N 2012 à N Afficher N a) Cet algorithme donne en sortie 2025. Il indique que l’indice des prix à la consommation en Allemagne dépassera 140 en 2025. 1/8 b) On cherche à déterminer l'année où l'indice des prix à la consommation en Allemagne atteindra une valeur donnée I, ce qui revient à remplacer dans l’algorithme précédent la valeur 140 par I. L’algorithme suivant permet donc de répondre à la question : Initialisation : Traitement : Sortie Choisir une valeur de I Affecter la valeur 0 à la variable N {initialisation} Affecter la valeur 112,62 à U {initialisation} Tant que U I Affecter la valeur N 1 à N Affecter la valeur 1,0171 U à U Fin de Tant que Affecter la valeur N 2012 à N Afficher N c) L’indice valait 100 en 2005 et, pour I 200, l’algorithme précédent donne en sortie N 2046 ; on en déduit qu’en 2046, l’indice des prix à la consommation en Allemagne devrait avoir doublé par rapport à 2005 si l’évolution reste la même. Exercice 1 (5 points) pour les candidats ayant choisi la spécialité MATH On considère un produit de consommation distribué exclusivement par trois circuits concurrents A, B et C. Le volume total distribué est supposé constant d'un mois à l'autre mais sa répartition change selon la demande d'un mois au suivant de la façon suivante : A perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de B et 20 % au profit de C ; B perd 15 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A et 10 % au profit de C ; C perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A et 10 % au profit de B. Au départ, A distribue 50 % du marché, B distribue 20 % et C le reste. 1. Pour tout entier naturel n, on note an , bn et cn les pourcentages du volume total distribués respectivement par les circuits A, B et C au bout de n mois. A perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de B et 20 % au profit de C donc A en conserve 70 %, soit 0,71an . B perd 15 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A donc A gagne 0,15bn . C perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A donc A gagne 0,1cn . On a donc, pour tout entier naturel n : an 1 0,7an 0,15bn 0,1cn . an 2. On définit la suite ( Un ) par Un bn . cn a) Au départ, A distribue 50 % du marché, B distribue 20 % et C le reste donc on a : b) D’après la question 1, on a : an 1 50 30 d’où U0 20 . 30 0,7an 0,15bn 0,1cn . En raisonnant de même, on obtient : bn 1 0,2an 0,1bn 0,8cn , soit : a0 an bn cn 50, b0 20 et c0 100 50 20 0,1an 0,75bn 0,1cn et cn 1 1 1 1 0,7an 0,15bn 0,1cn 0,1an 0,75bn 0,1cn 0,2an 0,1bn 0,8cn Un 1 M Un avec Un an bn , U n cn 1 an+1 bn+1 et M cn+1 0,7 0,15 0,1 0,1 0,75 0,1 . 0,2 0,1 0,8 2/8 c) L’égalité précédente Un 1 M Un , prouve que la suite ( Un ) est géométrique, de premier terme U0 et de raison M donc on a Un M n U0 pour tout entier naturel n. d) En appliquant la formule précédente et en arrondissant les résultats à 10 1 près, on obtient à la calculatrice : U1 41 23 , U 3 36 32,7 26,2 41,1 28,6 28,6 , U 120 42,8 U24 28,6 28,6 42,8 La répartition de la distribution entre les différents circuits est donc : - 41 % pour A, 23 % pour B et 36 % pour C au bout d'un mois ; - 32,7 % pour A, 26,2 % pour B et 41,1 % pour C de trois mois ; - 28,6 % pour A, 28,6 % pour B et 42,8 % pour C de deux ans ; - 28,6 % pour A, 28,6 % pour B et 42,8 % pour C de dix ans . On peut conjecturer qu’au bout d’un certain temps, la répartition va se stabiliser avec 28,6 % pour le circuit A, 28,6 % pour le circuit B et 42,8 % pour le circuit C. x 3. On cherche une matrice colonne U y vérifiant U z coefficients soit égale à 100, soit x y z 100. M U et telle que la somme de ses x y z 100 On admet que ce problème revient à résoudre le système : 6x 3y 2z 0 . 2x 5y 2z 0 x y z 100 a) 6x 3y 2z 0 2x 5y 2z 0 N U V avec U x y,N z 1 1 1 6 3 2 et V 2 5 2 100 0 0 Après avoir vérifié à la calculatrice que la matrice N est inversible, on a : N U On obtient à la calculatrice : x 200 , y 7 200 et z 7 V U N 1 V 300 . 7 Résoudre le système précédent à l'aide d'un calcul matriciel. b) On a U 28,6 28,6 donc la matrice U semble être la limite de la suite U . ( n) 42,8 Exercice 2 (5 points) pour tous les candidats On interroge des français de plus de 16 ans sur le nombre de langues étrangères qu'ils parlent « bien », c'est-à-dire qu'ils parlent suffisamment bien pour participer à une conversation. On choisit de manière aléatoire une personne de cet échantillon et on note : E0 l'événement « la personne ne parle bien aucune langue étrangère » ; E1 l'événement « la personne parle bien une seule langue étrangère » ; E2+ l'événement « la personne parle bien au moins deux langues étrangères » ; A l'événement « la personne parle bien l'anglais » ; A l'événement contraire de A . 3/8 1. Si une personne ne parle bien aucune langue étrangère, alors elle ne peut pas bien parler l’anglais donc on a : pE0(A) 0 et pE0(A) 1, comme notés sur l’arbre. A l'issue du sondage, on observe que l'échantillon des personnes interrogées est partagé en trois catégories : 41 % des personnes interrogées ne parlent « bien » aucune langue étrangère donc p (E0) 0,41. 30 % des personnes interrogées parlent « bien » une seule langue étrangère donc p (E1) 29 % des personnes interrogées parlent « bien » au moins deux langues étrangères p E2 0,3. 0,29. De plus : 58 % des personnes parlant une seule langue citent l'anglais comme la langue qu'elle parle « bien » donc pE1(A) 0,58 et pE1(A) 1 pE1(A) , soit pE1(A) 0,42. 82 % des personnes parlant au moins deux langues citent l'anglais comme une des langues qu'elle parle « bien » donc pE2 (A) 0,82 et pE2 (A) 1 pE2 (A) , soit pE2 (A) 0,18. On obtient : Dans la suite de l'exercice les résultats seront arrondis au centième. 2. p E2+ A pE2 (A) p E2 0,18 0,29 0,0522 soit p E2+ A 0,05 La probabilité que la personne parle bien au moins deux langues et qu'elle ne parle pas « bien » l'anglais est donc égale à 0,05. 3. E0, E1 et E2+ forment une partition de l’univers donc, d’après la formule des probabilités totales : p(A) p(E0 A p(E1 A p(E2+ A 1 0,41 0,42 0,3 0,0522 pE0(A) p (E0) pE1(A) p (E1) pE2 (A) p E2 0,5882 soit p(A) 0,59 La probabilité que la personne ne parle pas « bien » l'anglais est donc égale à 0,59. 4. pA (E1) et p(A) p (A E 1 ) avec p (A E1) p(A) 1 p ( A ) , soit p(A) pE1(A) p (E1) 0,4118 d’où : pA (E1) 0,58 0,3 0,174 0,4225 La probabilité que la personne parle bien une seule langue sachant qu'elle parle « bien » l'anglais est donc égale à 0,42. 5. On admet dans cette question que 41 % des français de moins de 16 ans parlent « bien » l'anglais. On interroge successivement au hasard et de manière indépendante cinq français de moins de 16 ans. 4/8 La variable aléatoire X donnant le nombre de français de moins de 16 ans parlant « bien » l'anglais suit donc la loi binomiale de paramètres n 5 (nombre de français de moins de 16 ans interrogés) et p 0,41 (probabilité p(A) que le français de moins de 16 ans interrogé parle « bien » l'anglais). 5 0,413 (1 0,41)5 3 soit p(X 3) 0,23991 3 La probabilité que trois personnes exactement sur les cinq parlent « bien » l'anglais est donc égale à 0,24. a) p(X 3) b) p(X 2) 1 p(X 1) soit p(X 2) 0,68010 La probabilité qu' au moins deux personnes sur les cinq parlent « bien » l'anglais est donc égale à 0,68. Remarque : on peut aussi calculer : p(X p(X 5 0,410 (1 0,41) 5 0 0) 0 2) avec p(X 2) 0,071 et p(X 1) 1 p(X 0) p(X 1) 5 0,411 (1 0,41)5 0 Exercice 3 (5 points) 1 0,248 pour tous les candidats Pour chaque question, il n’y a qu’une réponse juste. Question 1 : (e Soit A(x) 1)(e x 2). On a e x x On en déduit que l’expression (e e x L’expression (e x e x 1 0 1 e x x e0 0 quelque soit le réel x donc (e x 2) 1)(e x 2) est du signe de (e –x x 0 pour tout x. 1) avec : 0 (propriété de la fonction exponentielle) 1)(e x 2) est donc positive ou nulle sur ] x 0 0]. Question 2 : Soit ( un ) la suite géométrique de premier terme u0 2 et de raison 2,05. La somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison q ( q 0 et q 1 ) est donnée par : 1 q"nombre de termes" S = "premier terme" 1 q 13 donc S u0 u1 ... u12 2 1 2,05 , soit S 21508,12 1 2,05 La valeur arrondie à l’unité de la somme S u0 u1 ... u12 est donc 21508. Question 3 : Soit la fonction f définie sur par : f ( x) ( x 3)ex . f est dérivable sur , de dérivée f ′ définie par f ′(x) 1 e x (x 3)e x f ′ est dérivable sur , de dérivée f ″ définie par f ″(x) On a e x 1 e x (x 4)e x (x 4)e x (x 5)e x . 0 pour tout réel x donc f ″(x) est du signe de (x 5), d’où : x f ″(x) 5 0 + + La dérivée seconde de f s’annule en 5 en changeant de signe. De plus : f( 5) 2e 5. La courbe Cf de la fonction f admet donc comme point d'inflexion le point de coordonnées ( 5 2e ). 5 5/8 Question 4 : On considère la suite ( un ) définie par u0 Soit ( vn ) la suite définie par vn vn 1 un 1 2014 2 et pour tout n 3 u 503,5 2014 n 4 un 2014 un 1 3 u 503,5. n 4 un 2014. On a : 3 u 1510,5 n 4 La suite ( vn ) est donc géométrique de raison q De plus, vn , un 3 u 1510,5 4 n 3 4 3 avec 0 4 3 4 3 u 2014 (n ) 4 1 donc lim vn 3v n 4 0. n vn 2014. Alors, lim un est égale à 2014. n Question 5 : On considère la fonction f définie sur par f(x) xe x . f est dérivable sur , de dérivée f ′ définie par f ′(x) 1 ex x ex (x 1)e x L’équation de la tangente à la courbe représentative Cf de f au point d’abscisse 0 est donnée par : T0 : y f ′(0) (x 0) f(0) avec f(0) d′où T0 : y 0 e0 0 et f ′(0) (0 1)e 0 1 x. Exercice 4 (5 points) pour tous les candidats Un dépôt de gaz à usage domestique (butane, propane...) a été étudié de telle sorte que, en cas d'accident du réservoir, l'évolution du taux de gaz dans l'air du dépôt soit modélisée par une fonction f définie sur l'intervalle [0 10]. Le but de l’exercice est de savoir pendant combien de temps, en cas de problème (fuite de gaz...), le mélange air-gaz reste explosif. PARTIE A 1. La représentation graphique Cf de la fonction f est donnée ci-dessous. Le taux maximal de gaz dans l’air correspond au point S d’ordonnée 0,9 (à 0,1 près) de Cf donc le taux maximal de gaz dans l’air est de 0,9, soit 90 %. 2. Une des trois courbes données en annexe 2 est la représentation graphique de la fonction dérivée f ′ de f. La fonction f semble croissante sur [0 1] et décroissante sur [1 10] donc la dérivée f ′ de f doit être positive sur [0 1] et négative sur [1 10]. On en déduit que la représentation graphique de f ′ doit être située au dessus de l’axe des abscisses sur [0 1] et en dessous sur [1 10]. La courbe A ne convient pas car elle coupe l’axe des abscisses en avec 1. La courbe B ne convient pas car elle est entièrement située au dessus de l’axe des abscisses sur [0 10]. La représentation graphique de la fonction dérivée f ′ de f ne peut donc être que la courbe C. 3. Suivant le taux de gaz dans l'air, le mélange peut présenter un danger d'explosion. La limite inférieure d'explosivité (L.I.E.) est de 0,2. En dessous de cette valeur, le mélange air-gaz est trop pauvre pour exploser. La limite supérieure d'explosivité (L.S.E.) est de 0,4. Au dessus de cette valeur le mélange air-gaz est trop riche pour exploser. 6/8 On trace : - la droite d’équation y 0,2 qui coupe Cf en A d’abscisse 0,1 et D d’abscisse 3,9. - la droite d’équation y 0,4 qui coupe Cf en B d’abscisse 0,2 et C d’abscisse 2,9. Le taux de gaz dans l’air est donc compris entre 0,2 et 0,4 pour x compris entre 0,1 et 0,2 et pour x compris entre 2,9 et 3,9. Le mélange air-gaz est donc explosif 0,1 minute après l’accident pendant 0,1 minute. Il redevient explosif 2,9 minutes après l’accident pendant 1 minute. PARTIE B La fonction f est définie sur [0 10] par : f(x) x 2,5xe où x désigne le nombre de minutes écoulées après l'accident et f(x) le taux de gaz dans l’air. 1. f(10) 2,5 10e 10 5e 10 , soit f(10) 2. f est de la forme u e v donc f ′ avec u(x) v(x) f′(x) 2,5 e x u′ e v u ( e v ) ′ u′ e v u v′ e v u′(x) 2,5 2,5x d’où : et donc : x 1 v′(x) 2,5x ( 1) e x 2,5 e x 2,5x e x (2,5 2,5x)e On a donc : f ′(x) 2,5(1 x)e x 2,5 0 e d’où : 0 x pour tout nombre réel x de l'intervalle [0 10]. 3. f ′(x) 2,5(1 x)e x avec 2,5 0 et e f′(x) est du signe de (1 x) avec : 1 x 0 De plus : f(0) 0,001 (arrondi à 0,001 près). 0 , f(1) x x 0 pour tout x (propriété de la fonction exponentielle) donc x 1. 2,5 1 e 1 0 signe de f 2,5e 1 et f(10) 1 10 25e 10 10 0 2,5e 2,5 10 e + 1 f 0 25e 10 4. a) La fonction f est continue et strictement décroissante sur [1 10] avec f(1) 0,92 et f(10) 0,001 donc f(10) 0,2 f(1). On en déduit, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que l’équation f(x) 0,2 possède une solution unique dans l’intervalle [1 10]. On a de même : f(10) 0,4 f(1) donc on en déduit que l’équation f(x) unique dans l’intervalle [1 10]. 0,4 possède une solution b) A l'aide de la calculatrice, on obtient : On a donc f(3) 0,2 f(4) f(3,8) 0,2 f(3,9) f(2,8) 0,4 f(2,9) f(3,88) 0,2 f(3,89) f(2,89) 0,4 f(2,90) f(3,882) 0,2 f(3,883) f(2,895) 0,4 f(2,896) 3,88 et f(2) 0,4 f(0,3) 2,90 (arrondi à 0,01 près) c) On a 3,88 et 2,90 donc 0,98 Une estimation de la durée d'explosivité, après que le taux maximal a été atteint est donc de 0,98 minute. 7/8 Annexe 1 Annexe 2 Courbe A Courbe B Courbe C 8/8