Correction Bac Blanc - 10 février 2015

Exercice 1
4 points
Commun à tous les candidats
1
1. Réponse d. : −
e
Le coefficient directeur de la tangente est négatif et n’est manifestement pas −2 e ≈ −5,4.
2. Réponse b. : positif sur [3 ; 4]
En effet la fonction g est croissante sur cet intervalle.
3. Réponse c. : −x e −
x2
2
(
)′
On calcule H ′ (x) en appliquant la formule e u(x) = u ′ (x) e u(x) .
4. Réponse a. : 6,5
k(0) = 5 et k(1) = 8 ; de plus la fonction k est représentée par une droite. On cherche donc l’aire
d’un trapèze de petite base 5, de grande base 8 et de hauteur 1.
Exercice 2
5 points
Commun à tous les candidats
Une personne décide d’ouvrir un compte épargne le premier janvier 2014 et d’y placer 2 000 euros. Le
placement à intérêts composés est au taux annuel de 3 %. Elle verse 150 euros sur ce compte tous les
1er janvier suivants. Pour tout entier naturel n , on note u n le montant présent sur ce compte au premier
janvier de l’année 2014 + n après le versement de 150 euros. On a u 0 = 2 000.
Partie A
1. Les intérêts la première année sont de : 2 000 ×
150 = 2 210. Donc u 1 = 2 210.
3
= 60 ; on a donc au bout d’un an : 2 000 + 60 +
100
Les intérêts la deuxième année sont de : 2 210 ×
2 210 + 66,30 + 150 = 2 426,30. Donc u 2 = 2 426,30.
3
= 66,30 ; on a donc au bout de deux ans :
100
3
= 1,03.
100
Pour passer de l’année n à l’année n + 1, on multiplie le capital par 1,03 puis on ajoute 150 ; donc
u n+1 = 1,03u n + 150, pour tout entier naturel n.
2. Ajouter 3 % à un nombre, c’est multiplier par 1 +
3. Pour tout entier n, on pose v n = u n + 5 000 donc u n = v n − 5 000.
v n+1 = u n+1 +5 000 = 1,03u n +150+5 000 = 1,03(v n −5 000)+5 150 = 1,03v n −5 150+5 150 = 1,05v n
v 0 = u 0 + 5 000 = 2 000 + 5 000 = 7 000
Donc la suite (v n ) est géométrique de raison q = 1,03 et de premier terme v 0 = 7 000.
4. La suite (v n ) est géométrique de raison q = 1,03 et de premier terme v 0 = 7 000 donc, pour tout
entier n, v n = v 0 × q n = 7 000 × 1,03n .
Comme pour tout n, u n = v n − 5 000, on déduit que pour tout n, u n = 7 000 × 1,03n − 5 000.
5. Cette personne aura au moins 4 000 euros sur son compte dès que u n ⩾ 4000.
1ère méthode : On peut également calculer u 3 , u 4 . . . u 8 et u 9 , puis signaler que
u 8 = 3 867,39 < 4 000 et que u 9 = 4 133,41 > 4 000.
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[ Baccalauréat Blanc \
10 février 2015 – Corrigé
Lycée International des Pontonniers
Baccalauréat ES
2ème méthode : utiliser un programme :
Variables :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
N est un nombre entier
Affecter à N la valeur 0
Tant que 7000 × 1,03N − 5000 < 4000 Faire
Affecter à N la valeur N + 1
Fin du Tant que
Afficher N
4ème méthode : représenter graphiquement les fonctions f et g définies par :
f (x) = 7000 × 1,03x − 5000 et g (x) = 4000 et rechercher l’abscisse du point d’intersection des deux
courbes représentatives de C f et C g .
5ème méthode : On résout l’inéquation
u n ⩾ 4 000 ⇐⇒ 7 000 × 1,03n − 5 000 ⩾ 4 000
⇐⇒ 7 000 × 1,03n ⩾ 9 000
9 000
⇐⇒ 1,03n ⩾
7 000
(
)
9
n
⇐⇒ ln 1,03 ⩾ ln
7
9
⇐⇒ n × ln 1,03 ⩾ ln
7
9
ln
7
⇐⇒ n ⩾
ln 1,03
croissance de la fonction ln sur ]0 ; +∞[
propriété de la fonction ln
car ln 1,03 > 0
9
7 ≈ 8,5 donc c’est à partir de n = 9 que la personne aura au moins 4 000 euros sur son
Or
ln 1,03
compte, c’est-à-dire à partir de l’année 2014 + 9 = 2023.
ln
Partie B
L’algorithme ci-dessous modélise l’évolution d’un autre compte épargne, ouvert le premier janvier 2014,
par une seconde personne.
Variables :
Entrée :
Traitement :
Sortie :
C et D sont des nombres réels
N est un nombre entier
Saisir une valeur pour C
Affecter à N la valeur 0
Affecter à D la valeur 2 × C
Tant que C < D faire
affecter à C la valeur 1,03 × C + 600
affecter à N la valeur N +1
Fin du Tant que
Afficher N
1. a. Dans cet algorithme, la variable C représente la somme que possède la personne l’année
2014 + N.
b. On sait que C reçoit 1,03 × C + 600 donc le capital est multiplié par 1,03 ce qui correspond à
une augmentation de 3 %.
c. On sait que C reçoit 1,03 × C + 600 donc le versement annuel fait par cette personne est de
600 euros.
2. On saisit, pour la variable C, la valeur 3 000.
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2
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Baccalauréat ES
a. Pour cette valeur de C, on complète le tableau en suivant pas à pas l’algorithme :
Valeur de C
Valeur de N
Valeur de D
Test C < D
3 000
0
6 000
vrai
3 690
1
6 000
vrai
4 400,70
2
6 000
vrai
5 132,72
3
6 000
vrai
5 886,70
4
6 000
vrai
6 663,30
5
6 000
faux
b. L’algorithme affiche la valeur de N en sortie de boucle, c’est-à-dire dès que C devient supérieur
ou égal à D ; l’algorithme affiche donc 5.
La variable D est égale au double du capital initial ; cet algorithme donne donc le nombre
d’années qu’il faut pour que le capital double, donc 5.
À partir de 2014 + 5 = 2019, le capital aura doublé.
Exercice 3
5 points
Enseignement obligatoire
1. Déterminer : P(A), P(T ), P(V ), P A (V ) et PT (V ).
D’après les données de l’énoncé :
•
•
•
•
•
40% des clients utilisent la compagnie pour des raisons professionnelles alors, P(A) = 0,4
35% des clients utilisent la compagnie pour des raisons touristiques alors, P(T ) = 0,35.
Sur l’ensemble de la clientèle, 40% choisit de voyager en première classe alors, P(V ) = 0,4.
60% des clients pour raisons professionnelles voyagent en première classe alors, P A (V ) = 0,6.
20% des clients pour raison touristiques voyagent en première classe alors, PT (V ) = 0,2.
On peut représenter la situation à l’aide d’un arbre.
0,6
V
A
V
0,4
Ω
0,2
0,35
V
T
V
V
D
V
2. a. Déterminer la probabilité que le client interrogé voyage en première classe et pour des raisons
professionnelles.
P(V ∩ A) = P A (V ) × P(A)
= 0,6 × 0,4
= 0,24
La probabilité que le client interrogé voyage en première classe et pour des raisons professionnelles est égale à 0,24.
b. Déterminer la probabilité que le client interrogé voyage en première classe et pour des raisons
touristiques.
P(V ∩ T ) = PT (V ) × P(T )
= 0,2 × 0,35
= 0,07
La probabilité que le client interrogé voyage en première classe et pour des raisons touristiques est égale à 0,07.
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3
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Baccalauréat ES
c. En déduire la probabilité que le client interrogé voyage en première classe et pour des raisons
autres que professionnelles ou touristiques.
A, T et D forment une partition de l’univers Ω alors, d’après la formule des probabilités totales :
P(V ) = P(V ∩ A) + P(V ∩ T ) + P(V ∩ D)
D’où
P(V ∩ D)
=
=
=
P(V ) − P(V ∩ A) − P(V ∩ T )
0,4 − 0,24 − 0,07
0,09
3. Déterminer la probabilité que le client interrogé voyage pour des raisons professionnelles sachant
qu’il a choisi la première classe.
PV (A)
P(V ∩ A)
p(V )
0,24
0,4
0,6
=
=
=
La probabilité que le client interrogé voyage pour des raisons professionnelles sachant qu’il a
choisi la première classe est égale à 0,6.
4. a. Chaque client a deux possibilités : soit il voyage en première classe avec une probabilité de
p = P(V ) = 0,4, soit non.
Nous sommes donc dans le cas d’une épreuve de Bernoulli que l’on répète 50 fois de manière
identique et indépendante, c’est donc un schéma de Bernoulli de paramètres n = 50, p = 0,4.
La variable aléatoire X est la variable aléatoire comptant le nombre de succès de cette épreuve,
X suit donc une loi binomiale B(n , p) de paramètres n = 50, p = 0,4.
b. avec la calculatrice on trouve P(X = 20) ≈ 0,11
E XERCICE 3
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
5 points
A
B
C
E
D
1.
sommets
degré
A
⃝
B
⃝
C
⃝
D
⃝
E
⃝
3
4
2
2
3
Comme le graphe est connexe (exemple ABC E AD est une chaîne reliant tous les sommets) et
A et ⃝
E , il y a une chaine eulérienne qui
comme il y a exactement deux sommets de degré impair ⃝
commence et finit par chacun de ces deux sommets, et comme la somme des degrés est 14, il y a
7 arêtes.
A,B,D,A,E ,C ,B,E est un tel itinéraire complet d’accrobranches, empruntant une fois et une seule
chaque parcours et commençant par l’arbre numéro A.
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Baccalauréat ES
2. a. La matrice M :

0
1

M =
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0

1
1

1

0
0
.
(
b. On utilise la matrice M 3 , et son coefficient situé en première ligne quatrième colonne m 14
3).
C’est 5 ; c’est le nombre d’« itinéraires express » qui débutent à l’arbre numéro A, empruntent
trois parcours d’accrobranches et finissent à l’arbre D. Ce sont
A, E , B , D ;
A ,B ,A , D ;
A, E , A , D ;
A ,D , A , D ;
A,D,B,D.
3. a. • On sait que K (20 ; 0) est sur la courbe C donc f (x K ) = y K donc
f (20) = 0 or f (20) = a × 202 + b × 20 + c
donc 400a + 20b + c = 0, c’est la première ligne du système.
• On sait que J (10 ; 2,5) est sur la courbe C donc f (x J ) = y J donc
f (10) = 2,5 or f (10) = a × 102 + b × 10 + c
donc 100a + 10b + c = 2,5, c’est la deuxième ligne du système .
• On sait que I (2 ; 8,1) est sur la courbe C donc f (x I ) = y I
donc f (2) = 8,1 or f (2) = a × 22 + b × 2 + c
donc 4a + 2b + c = 8,1, c’est la troisième ligne du système.
 
 
0
a
b. Prenons X = b  et V = 2,5 alors le système précédent est équivalent à
8,1
c


400 20 1
U X = V où U = 100 10 1 .
4
2 1
c. La calculatrice nous permet de savoir que U −1 existe .
On sait qu’alors : U X = V ⇐⇒ X = U −1 V .
On trouve à la calculatrice que
 
1
 40 
−1

U V =
 −1 
10
Ainsi, a =
1
1 2
,b = −1 et c = 10. Donc f (x) =
x − x + 10
40
40
E XERCICE 4
Commun à tous les candidats
6 points
On considère f la fonction définie sur R par f (x) = xe−x + 1.
On note C f la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormé du plan et f ′ la fonction dérivée de f .
1. a. f ′ (x) = 1 × e −x + x × (−1) e −x = e −x (1 − x)
b. Pour tout réel x, e −x > 0 ; donc f ′ (x) est du signe de 1 − x.
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x
−∞
+∞
1
e −x
+
1−x
+
0
−
f ′ (x)
+
0
−
+
e +1
e
f
e +1
≈ 1,37
e
Finalement :
• Sur ] − ∞ ; 1[, 1 − x > 0 donc f est strictement croissante.
• Sur ]1 ; +∞[, 1 − x < 0 donc f est strictement décroissante.
Et : f (1) =
2. a. D’après la question 1.b, la fonction f est strictement croissante et continue (en effet elle est
dérivable) sur [−1 ; 0] ; de plus f (−1) = − e + 1 < 0 et f (0) = 1 > 0.
D’après la propriété des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une solution unique
α sur [−1 ; 0].
[
]
b. D’après la calculatrice, f (−0,6) ≈ −0,09 < 0 et f (−0,5) ≈ 0,18 > 0 donc α ∈ −0,6 ; −0,5 .
3. L’équation réduite de la tangente au point de la courbe C f d’abscisse a est y = f ′ (a) (x − a)+ f (a).
En a = 0, l’équation de T est : y = f ′ (0) (x − 0) + f (0).
Or f ′ (x) = e −x (1 − x) donc f ′ (0) = e 0 = 1 et on sait que f (0) = 1.
L’équation réduite de la tangente T est : y = x + 1.
4. a. D’après le tableau donné dans le texte, f ′′ (x) = e −x (x − 2) ; cette dérivée seconde est du signe
de x − 2 car e −x > 0 pour tout réel x..
Sur l’intervalle ] − ∞ ; 2[, x − 2 < 0 donc f ′′ (x) < 0 et donc la fonction dérivée f ′ est strictement
décroissante.
Sur l’intervalle ]2 ; +∞[, x − 2 > 0 donc f ′′ (x) > 0 et donc la fonction dérivée f ′ est strictement
croissante.
b. On sait qu’une fonction est convexe sur un intervalle si et seulement si sa dérivée première est
croissante sur cet intervalle.
Or f ′ est croissante sur ]2 ; +∞[, donc la fonction f est convexe sur l’intervalle ]2 ; +∞[.
On sait qu’une fonction est concave sur un intervalle si et seulement si sa dérivée première est
décroissante sur cet intervalle.
Or f ′ est décroissante sur ] − ∞ ; 2[, donc la fonction f est concave sur l’intervalle ] − ∞ ; 2[.
c. Une fonction est concave sur un intervalle quand sa courbe représentative est entièrement
située en dessous de toutes ses tangentes. On sait que la fonction f est concave sur l’intervalle
] − ∞ ; 2[ et que T est une tangente à la courbe au point d’abscisse 0 qui appartient à ] − ∞ ; 2[.
Donc la courbe C f est située en dessous de T sur l’intervalle ] − ∞ ; 2[.
5. On a tracé ci-dessous la courbe C f et la tangente T dans un repère orthonormé.
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Baccalauréat ES
T
2
Cf
1
−2
O
−1
1
a. On considère la fonction F définie sur R par F (x) = e−x (−1 − x) + x.
F est une primitive de f si et seulement si F ′ = f .
F ′ (x) = (−1) e −x (−1 − x) + e −x (−1) + 1 = e −x (1 + x − 1) + 1 = x e −x + 1
= f (x)
Donc F est une primitive de f .
b. La tangente T est d’équation y = x + 1 donc c’est la représentation graphique de la fonction g
définie par g (x) = x + 1.
On sait que sur ] − ∞ ; 2[ la droite T est au dessus de la courbe C f donc c’est encore vrai sur
[0 ; 1] ; donc sur cet intervalle g > f et donc g − f > 0.
∫ 1
(
)
D’après le cours,on peut dire que l’aire du domaine hachuré est, en unités d’aires, A =
g − f (x) dx.
D’après la linéarité de l’intégration,
∫ 1
∫ 1
∫ 1
(
)
g − f (x) dx =
g (x) dx −
f (x) dx.
0
0
0
0
Or F est une primitive de f sur R donc
∫ 1
(
) (
)
f (x) dx = F (1) − F (0) = e −1 (−2) + 1 − e 0 (−1) + 0 = 2 − 2 e −1 .
0
Cette quantité correspond à l’aire du domaine situé entre la courbe C f , l’axe des abscisses et
les droites d’équations x = 0 et x = 1.
x2
+ x.
La fonction polynôme g a pour primitive la fonction G définie par G (x) =
2
(
)
∫ 1
3
1
Donc
g (x) dx = G (1) −G (0) =
+1 −0 = .
2
2
0
)
1
3 (
−1
= 2 e −1 − ≈ 0,236 u.a.
L’aire vaut en unités d’aire : A = − 2 − 2 e
2
2
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