Corrige polynesie s juin2004

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Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats

4 points

1. X suit la loi de durée de vie sans vieillissement ou encore loi exponentielle de paramètre λ ; donc p(X > 10) = e−10λ = 0, 286 ⇐⇒ −10λ = ln 0, 286 ln 0, 286 . 10 La calculatrice donne λ = 0, 125 à 10−3 près. ou encore λ = −

2. 6 mois = 0,5 année. On a donc p(X

3.L’appareil ayant déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu’il ait une durée de vie p[(X > 10) ∩ (X > 8)] p(X > 10) = = supérieure dix ans est égale à p (X >8 (X > 10) = p(X > 8) p(X > 8) e−0,125×10 = e−0,125×2 ≈ 0, 779. e−0,125×8 4. On a ici un schéma de Bernoulli, avec comme succès le fait pour un oscilloscope d’avoir une durée de vie supérieure à 10 ans, dont la probabilité est égale à 0,286 et unnombre d’appareils égal à 15. La probabilité de n’avoir aucun oscilloscope en état de marche au bout de 10 ans est donc : (1 − 0, 286)15 = 0, 71415 . Donc inversement la probabilité d’avoir au moins un oscilloscope en état de marche au bout de 10 ans est égale à : 1 − 0, 71415 ≈ 0, 994. 5. On reprend la question précédente avec non plus 15, mais n oscilloscopes. La probabilité qu’au moins 1 sur lesn oscilloscopes fonctionne après 10 ans est donc : 1 − 0, 714n . Il faut chercher le plus petit naturel n tel que 1 − 0, 714n 0, 999 ⇐⇒ 0, 001 0, 714n ⇐⇒ ln 0, 001 ln 0, 001 ln 0, 714 n ln 0, 714 n (car ln 0, 714 <

0, 5) = 1−e−0,125×0,5 = 1−e−0,062 5 ≈ 0, 061.

(par croissance de la fonction ln), soit finalement 0). La calculatrice donne 20, 5 n. Le premier naturel convenant est donc 21.

EXERCICE 2 Candidat n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

Corrigé du baccalauréat S

A. P M. E. P . .

6 Γ2 4 2 B
+

A
+

Γ1

−3

→ − v − O → u −2 −4 −6 C −8 −10 −12
+ +

3 I

6

9

12

D

1.

a. b. Z =

zI − zA −2 − 4i 1 + 2i (1 + 2i)(−2 − i) −5i = = = = = −i. zI − zB 4 − 2i i−2 (i − 2)(−2 − i) 5 IA = 1 ⇐⇒ IA = IB. On en déduit pour le moduleque |Z | = 1 ⇐⇒ IB π π − − → → [2π], soit BI ; BI = − [2π]. De même pour l’argument : arg Z = − 2 2 Conclusion le triangle IAB est rectangle (en I) et isocèle (en I). − − → − → − → c. Par définition de l’homothétie : AC = 2AI ⇐⇒ z−→ = z2− ⇐⇒ zC − zA = AC AI 2(zI − zA ) ⇐⇒ zC = 2zI − zA . Donc zC = 2(1 − 2i) − 3 − 2i = −1 − 6i. zC = −1 − 6i

d. Par définition du barycentre qui existe puisque 1 − 1+ 1 = 0, on a −→ −→ −→ → − − − − DA − DB + DC = 0 (1) : avec d comme affixe de D on obtient : 3 + 2i − d + d + 3 − 1 − 6i − d = 0 ⇐⇒ d = 5 − 4i. zD = 5 − 4i . −→ −→ −→ − − − e. L’égalité (1) peut s’écrire DB = DA + DC ou encore en ajoutant le vec−→ −→ −→ − − − teur AD , CB = DA qui signifie que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme. Par définition de l’homothétie I est le milieu de [AC] (affixe: 1 − 2i et on vérifie que c’est aussi le milieu de [BD]. Le quadrilatère ABCD a donc pour centre I et d’après la question 1. b. les diagonales sont perpendiculaires et ont même longueur : ABCD est donc un carré de centre I. 1 − → −− − −→ − → − → −− − − −→ MA + MC , faisons intervenir à gauche 2. Dans l’égalité MA − MB + MC = 2 le barycentre D et dans le membre de droite le milieu I(isobarycentre) de A et de C. 1 −→ − −→ − −− − → −→ − − − − → −→ − − − − → −→ − − −− − → 1 −→ − → − → MD + DA − MD + DB + MD + DC = MI + IA + MI + IC ⇐⇒ MD = 2MI 2 2
Polynésie

+

2

juin 2004

Corrigé du baccalauréat S

A. P M. E. P . .

−− − → −→ − ⇐⇒ MD = MI ⇐⇒ MD = MI. L’ensemble Γ1 est donc l’ensemble des points équidistants de D et de I : c’est donc la médiatrice de [DI]. − → − − → − − → −→− − − → −→ − 1. On vérifie que BA − BB + BC = BA + BC = 2BI = BD = AC = |-4 - 8i| = 80 = 4 5. Le point B apartient à Γ2 . −− −→ − → − → −− − − −→ On a vu que MA − MB + MC = MD = MD.

Les points M cherchés vérifient donc DM = 4 5 ; ces points appartiennent au cercle de centre D et de rayon 4 5.

E XERCICE 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1.

5 points

+ + +
→ − v B →...
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