Le sujet Bac S Pondichéry de l’épreuve de mathématiques est ici ! Notre prof de soutien scolaire en ligne te propose ces pistes de corrigé.

 

Exercice 1 de ce sujet bac de maths

soutien scolaire mathsPartie A :

1.

    \begin{align*}T_1&=0,82T_0+3,6=823,6\\ T_2&=0,82T_1+3,6=678,952\\ T_3&=0,82T_2+3,6=560,341\\ T_4&=0,82T_3+3,6=463.079\end{align*}

la température du four au bout de 4 heures est donc de 463° Celcius.

2. démonstration par récurrence en pensant à bien faire les trois étapes :

initialisation : T_0=980\times 0,82^0 +20 = 1000 la proposition est donc vrai au rang 0.

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang n : T_n = 980\times 0,82^n +20.

Montrons qu’elle est également vraie au rang n + 1, c’est-à-dire que T_{n+1}= 980\times T^{n+1} + 20.

    \begin{align*} T_{n+1}&= 0,82T_n+3,6\\ &= 0,82(980\times 0,82^n +20) +3,6\\ &=980\times 0,82^{n+1}+16,4 + 3,6\\ &=980\times 0,82^{n+1} +20\\ \end{align*}

La proposition est donc vraie au rang n+1.

Conclusion : La propriété est vraie au rang 0 et est héréditaire. Par conséquent, pour tout entier

naturel n on a T_n = 980\times 0,82^n +20.

3. Il faut que la température du four soit inférieure à 70°C. Il faut donc déterminer la valeur du plus petit entier naturel n tel que :

    \begin{align*} T_n&\leq 70\\ 980\times 0,82^n +20&\leq 70\\ 980\times 0,82^n &\leq 50\\ 0,82^n &\leq \dfrac{50}{980}\\ n\times ln(0.82) &\leq ln\left(\dfrac{5}{98}\right)\\ n &\geq \dfrac{ln\left(\dfrac{5}{98}\right)}{ln(0,82)}\simeq 14,99 \qquad \text{attention,\ on\ divise\ par\ un\ nombre\ n\'egatif} \end{align*}

Donc le four peut être ouvert sans risque pour les céramiques au bout de 15 heures.

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Partie B :

1. On a f(0)=1000 donc a+b=1000\qquad(1)

En dérivant la fonction f on a : f'(t)= -\dfrac{1}{5}ae^{-\dfrac{t}{5}}

Donc on a : -\dfrac{1}{5}ae^{-\dfrac{t}{5}} + \dfrac{1}{5}(ae^{-\dfrac{t}{5}} + b)=4

Lorsque t=0 on a : -\dfrac{a}{5} +\dfrac{a+b}{5}=4

-a+a+b=20

b=20

On reporte dans l’équation (1) et on en déduit a=980

2.a)

\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}e^{-\frac{t}{5}} = 0

par addition :

\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}f(x) = 20

b) f'(t)= -\dfrac{980}{5}e^{-\dfrac{t}{5}} = -196e^{-\dfrac{t}{5}}

La fonction exponentielle étant strictement positive, on a donc f'(t)< 0 pour tout réel t positif.

La fonction f est donc décroissante sur [0;+\infty[.

On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

 

c) il faut résoudre f(t)\leq 70 :

    \begin{align*} &980e^{-\dfrac{t}{5}}+20\leq 70\\ &980e^{-\dfrac{t}{5}}\leq 50\\ &e^{-\dfrac{t}{5}}\leq \dfrac{5}{98}\\ &-\dfrac{t}{5}\leq ln(\dfrac{5}{98}) t \geq -5 \times ln(\dfrac{5}{98})\simeq 14,88 \end{align*}

Le four peut donc être ouvert au bout de 893 minutes.

3.a) L’intégrale est égale à l’aire comprise entre la courbe de f l’axe des abscisses et les les droites d’équation x=0 et x=15. Sur le graphique on peut dénombrer environs 50 carrés (de 100 unités d’aire). On trouve ainsi une valeur moyenne d’environs \dfrac{5000}{15}\simeq 333. La température moyenne est d’environs 333°C.

b)

    \begin{align*} \theta &= \dfrac{1}{15}\int_0^{15} f(t)dt\\ &=\dfrac{1}{15}\int_0^{15} (980e^{-\dfrac{t}{5}}+20)dt\\ &=\dfrac{1}{15}\left[-5\times 980e^{-\dfrac{t}{5}}+20t\right]_0^{15}\\ &=\dfrac{1}{15}\left(-4900e^{-3}+300+4900\right)\\ &=\dfrac{5200-4900e^{-3}}{15}\\ &\simeq 330 \end{align*}

La température moyenne est d’environs 330°C.

4.a)

    \begin{align*} d(t)&=f(t)-f(t+1)\\ &=980e^{-\dfrac{t}{5}}+20 - 980e^{-\dfrac{t+1}{5}}-20\\ &=980e^{-\dfrac{t}{5}}-980e^{-\dfrac{t+1}{5}}\\ &=980e^{-\dfrac{t}{5}}\left(1-e^{-\dfrac{1}{5}}\right) \end{align*}

b) \lim\limits_{x \rightarrow +\infty}e^{-\frac{t}{5}} = 0

donc \lim\limits_{x \rightarrow +\infty}d(t) = 0

La différence de température entre deux heures consécutives tend vers 0. La température du four va donc se stabiliser au bout d’un certain temps.

cours de maths : corrigé bac mathématiques 2018

Exercice 2 du bac Pondichéry 2018

1.a)\vert j \vert = \sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}}= 1;

j=\cos (\dfrac{2\pi}{3}) + i \sin (\dfrac{2\pi}{3})= e^{\frac{2i\pi}{3}}

Ainsi :

    \begin{align*} &a'=-4j=-4e^{\frac{2i\pi}{3}}=4e^{\frac{2i\pi+i\pi}{3}}=4e^{\frac{5i\pi}{3}}\\ &b'=2j=2e^{\frac{2i\pi}{3}}\\ &c'=4j=4e^{\frac{2i\pi}{3}} \end{align*}

b)

2. Il faut montrer que (\overrightarrow{A'C'};\overrightarrow{B'C'})= 0 \quad [\pi]

Comme (\overrightarrow{A'C'};\overrightarrow{B'C'})= arg \dfrac{c'-b'}{c'-a'} on va donc calculer \dfrac{c'-b'}{c'-a'}

\dfrac{c'-b'}{c'-a'}= \dfrac{jc-jb}{jc-ja} = \dfrac{c-b}{c-a}=\dfrac{2}{8 }=\dfrac{1}{4}

Ainsi arg \dfrac{c'-b'}{c'-a'} = 0[\pi] et les points A’,B’ et C’ sont donc alignés.

3.

MN = \vert z_N-z_M\vert = \left|\dfrac{c'+c}{2}-\dfrac{a'+c}{2}\right|=\dfrac{|c'-a|}{2}=\dfrac{|c-a|}{2}=\dfrac{|8j|}{2}=4

PN = \vert z_N-z_P\vert = \left|\dfrac{c'+c}{2}-\dfrac{c'+a}{2}\right|=\dfrac{|c-a|}{2}=\dfrac{|8j|}{2}=4

Le triangle MNP est donc isocèle en A.

sujet de bac S Pondichéry 2018

Corrigé de l’exercice 3

Partie A

1.a) à l’aide de la calculatrice.

P(X_u<0,2)\simeq 0,035

P(0,5\leq X_u < 0,8) = \simeq 0,501

b) Dans le fond étanche on récupère 1800\times 0,035 =63g de sucre extra-fin.

Dans le tamis 2 on récupère 1800\times 0,501 = 901,8g de sucre.

2.

    \begin{align*} P(0,5\leq X_v < 0,8) = &P\left(-\dfrac{0,15}{\sigma_v}\leq\dfrac{X_v-\mu_v}{\sigma_v}\leq\dfrac{0,15}{\sigma_v}\right) = 0,4\\ &2P\left(X<\dfrac{0,15}{\sigma_v}\right) -1 = 0,4\\ &2P\left(X<\dfrac{0,15}{\sigma_v}\right) = 1,4\\ &P\left(X<\dfrac{0,15}{\sigma_v}\right) = 0,7\\ \end{align*}

D’après la calculatrice \dfrac{0,15}{\sigma_v}\simeq 0,5244

D’où \sigma_v\simeq\dfrac{0,15}{0,5244}\simeq0,286

corrigé maths bac S Pondichéry 2018

Partie B

1.a)

D’après la formule des probabilités totales :

    \begin{align*} p(E)&=p(E\cap U)+p(E\cap V)\\ &= 0,03\times 0,3 + 0,05\times 07\\ &=0,044 \end{align*}

b)

    \begin{align*} p_E(U)&=\dfrac{p(E\cap U)}{p(E)}\\ &=\dfrac{0,3\times 0,03}{0,44}\\ &=\dfrac{9}{44} \end{align*}

2. On pose x=p(U) on a donc p(V)=1-x\quad ;\quad p_U(E)= 0,03 \quad ; \quad p_V(E) = 0,05

On a donc (probabilités totales) :

    \begin{align*} p(E)&=p(E\cap U)+p(E\cap V)\\ &= 0,03\times x + 0,05\times (1-x)\\ &=0,05-0,02x \end{align*}

On sait que :

    \begin{align*} p_E(U)= 0,3 &\Leftrightarrow \dfrac{p(E\cap U)}{p(E)} = 0,3 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{0,03x}{0,05-0,02x}=0,3\\ &\Leftrightarrow 0,03x=0,015-0,006x\\ &\Leftrightarrow 0,036x=0,015\\ &\Leftrightarrow x= \dfrac{5}{12} \end{align*}

Il faut donc que \frac{5}{12} de l’approvisionnement viennent de l’exploitation U et \frac{7}{12} de l’exploitation V.

Partie C

1. On a n = 150 et p = 0,3.

Donc n = 150>30, np = 45 >5 et n(1-p) = 105>5.

Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\% est :

    \begin{align*}I_{150}&=\left[0,3-1,96\sqrt{\dfrac{0,3\times 0,7}{150}};0,3+1,96\sqrt{\dfrac{0,3\times 0,7}{150}}\right]\\ &\simeq [0,226;0,374] \end{align*}

La fréquence est f=\dfrac{30}{150}= 0,2, elle n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation, avec un risque d’erreur de 5\% l’acheteur a raison de remettre en cause l’annonce.

2. on a n = 150 et f=0,42

Donc n= 150>30, nf=63>5 et n(1- f )= 87>5.

Un intervalle de confiance à 95% est :

    \begin{align*} I&=\left[0,42-\dfrac{1}{\sqrt{150}};0,42+\dfrac{1}{\sqrt{150}}\right]\\ &\simeq[0,338;0,502] \end{align*}

Exercice 4 sur la représentation paramétrique

1. \overrightarrow{CD}= (4;0;-4) donc une représentation paramétrique est :

    \[(CD): \left \{ \begin{array}{c @{=} c} x & 4t \\ y & 3 \\ z& 2-4t\\ \end{array} \right. \]

2.a) on a M(4t;3;2-4t) donc :

    \begin{align*} BM&=\sqrt{(4t-4)^2+(3+1)^2+(2-4t)^2}\\ &=\sqrt{16t^2-32t+16+16+4-16t+16t^2}\\ &=\sqrt{32t^2-48t+36} \end{align*}

Comme la fonction racine carré est strictement croissante sur [0;+\infty], BM est minimale lorsque 32t^2-48t+36 est minimale.

A l’aide de la forme canonique on détermine l’abscisse du minimum (car 32 est positif) : t_0=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{48}{64}=\dfrac{3}{4}

La distance BM est minimale pour M de coordonnées (3;3;-1).

b)

\overrightarrow{BH}= (-1;4;-1) et \overrightarrow{CD}= (4;0;-4)

On calcule le produit scalaire :

\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CD}=-1\times 4 +0+ (-1)\times(-4)=0

Puisque les droites (BH) et (CD) on un point en commun (le point H) et que les vecteurs sont orthogonaux, alors, elles sont perpendiculaires.

c)CD=\sqrt{4^2+0^2+(-4)^2}=4\sqrt{2}

BH=\sqrt{(-1)^2+4^2+(-1)^2}=3\sqrt{2}

L’aire du triangle BCD est : \dfrac{CD\times BH}{2}=\dfrac{4\sqrt{2}\times 3\sqrt{2} }{2}= 12cm²

3.a)

\overrightarrow{BC}= (-4;4;2) et \overrightarrow{CD}= (4;0;-4)

\vec{n}\cdot\overrightarrow{BC}= 2\times (-4)+1\times 4 + 2\times 2=0

\vec{n}\cdot\overrightarrow{CD}= 2\times 4+1\times 0 + 2\times (-4)=0

\vec{n} est donc un vecteur normal du plan (BCD)

b) de la question précédente on en déduit qu’une equation cartésienne du plan (BCD) est de la forme : 2x+y+2z+d = 0. Le point C(0;3;2) appartient au plan donc :

2\times 0 + 3 +2 \times 2 +d =0 ce qui implique que d=7.

Une equation cartésienne du plan (BCD) est donc 2x+y+2z+7 = 0

c) \vec{n}(2;1;2) est un vecteur directeur de \Delta (\Delta perpendiculaire au plan (BCD))

Une représentation paramétrique de (\Delta) est :

\left \{  \begin{array}{c @{=} c}  x & 2+2k \\  y & 1+k \\  z& 4+2k\\  \end{array}  \right. \qquad k\in \mathbb{R}

 

d) I appartient au plan (BCD) en effet, 2\times\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3} +2 \times \dfrac{8}{3}-7=0

I appartient à la droite (\Delta) en effet, résoudre le système 

    \[ \left \{ \begin{array}{c @{=} c} \dfrac{2}{3} & 2+2k \\ \dfrac{1}{3} & 1+k \\ \dfrac{8}{3}& 4+2k\\ \end{array} \right. \]

 donne k=-\dfrac{2}{3}

Ainsi, I est bien le point d’intersection de (\Delta) et du plan (BCD)

4.

On a AI= \sqrt{\left(\dfrac{2}{3}-2\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}-1\right)^2+\left(\dfrac{8}{3}-4\right)^2}=2

Le volume du tétraèdre ABCD est donc :

V=\dfrac{AI\times \mathcal{A}_{BCD}}{3}=\dfrac{4\times 12}{3}= 16 cm^3

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