Bac 2007

Pages: 10 (2351 mots) Publié le: 4 mai 2011
Correction du baccalauréat S Polynésie juin 2007

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats Partie A 1. On peut dresser l’arbre d’une partie :
1 6 1 10

5 points

G G G G

B
5 6 1 6

9 10

B
5 6

En suivant les branches qui conduisent à un gain on obtient : 5 9 1 5 + 9 14 7 1 × + × = = = . p(G) = 10 6 10 6 60 60 30 23 2. On a p G = 1 − p(G) = . 30 1 1 p G∩B ×1 1 30 1 × = . Il fauttrouver p G (B) = = 1023 6 = 60 = 23 60 23 46 p G 30 30 3. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 4 et p(G) =
2 2

7 . 30 La probabilité de gagner exactement deux fois sur quatre parties est : 4 2 7 30 × 1− 7 30 = 25921 6 × 72 × 232 = ≈ 0, 192(0). 4 30 135000
n 0

4. La probabilité de ne gagner aucune partie sur n jouées est La probabilité d’en gagner au moins une est donc : 1 − Il faut donctrouver n tel que 1 − − ln 100 n ln 23 ⇐⇒ n 30
n 0 n 0

23 30

n

23 30

n

23 30 .

n

.

0, 99 ⇐⇒ 0, 01

23 30

n

⇐⇒

ln 100 ≈ 17, 3. 23 ln 30 Il faut donc jouer au minimum 18 fois.

Partie B 1. a. Loi de probabilité de X : X p(X = xi ) +4 7 30 −1 23 30 23 5 1 7 + (−1) × = = . 30 30 30 6

L’espérance mathématique est E(X ) = 4 ×

Correction du baccalauréat Sb. L’espérance de gain étant positive (environ 16 centimes par partie) le jeu est défavorable à l’organisateur. 1 n et p B = . 2. On reprend l’arbre initial avec p(B) = n +1 n +1 1 5 n 1 n +5 La probabilité de gagner devient p(G) = × + × = . Il suit n + 1 6 n + 1 6 6(n + 1) 5n + 1 . que p G = 6(n + 1) 5n + 1 19 − n n +5 + (−1) × = . L’espérance est donc E(X ) = 4 × 6(n + 1) 6(n + 1) 6(n + 1) 19 −n Le jeu est défavorable à l’organisateur si E(X ) < 0 ⇐⇒ 0 ⇐⇒ 6(n + 1) n 19. E XERCICE 2 4 points

1. En posant z = x + iy, avec x et y réels, z − 3iz − 3 + 6i = 0 ⇐⇒ x − iy − 3ix + x + 3y − 3 = 0 x + 3y − 3 = 0 3y −3+6i = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ −3x − y + 6 = 0 −9x − 3y + 18 = 0 x + 3y − 3 = 0 x + 3y − 3 = 0 x = 15 8 ⇐⇒ ⇐⇒ −8x − 3y + 15 = 0 −8x + 15 = 0 y = 3 8 3 15 +i . Donc cette équation a une solution: 8 8 2. OAB est équilatéral direct, donc B est l’image de A dans la rotation de centre O π π et d’angle . L’écriture complexe de cette rotation est : z = zei 3 . 3 π 3 1 Donc zB = zA ei 3 = (4 − 2i) +i = 2+ 3+i 2 3−1 . 2 2 π π → −− − −→ 3. a. L’égalité arg(z − 2i) = + k × 2π (k ∈ Z) signifie que u , DM = + k × 4 4 2π (k ∈ Z) : c’est donc la droite privée du point D contenant D et ayant une pentede 1. b. z = 2i + 2eiθ ⇐⇒ z − 2 = 2eiθ qui signifie : – que |z − 2i| = 2 ⇐⇒ DM = 2 ; → −− − −→ – que u , DM = θ + 2kπ L’ensemble de ces points M est donc le cercle de centre D et de rayon 2. z −1 z −1 = 1 ⇐⇒ |z − 1| = z + 2 . , z = 1 ⇐⇒ 4. Si pour z = −2, z = z +2 z +2 → − Or z et z sont les affixes de points symétriques autour de O, u et le point B → − d’affixe −2 appartient à cet axe O, u . Donc z +2 = |z + 2| L’équation devient |z + 2| = |z − 1|, qui signifie si on appelle C le point d’affixe 1, BM = CM ou encore M appartient à la médiatrice de [BC]. 5 points

E XERCICE 3 Enseignement obligatoire 1.

− → − → → − −→ − a. Par définition E existe (2 + 1 = 0) et vérifie 2EA + EB = 0 ⇐⇒ 3OE = −→ −→ − − 2OA + OB . 4 − 4 −6 + 0 4 − 4 ; Les coordonnées de E sont donc 3 3 ; = (0 ; −2 ; 0). 3 3 3 −→−→ − − −− −→ −→ −→ − − b. En utilisant le point E : 2MA + MB = 3 MO ⇐⇒ 2ME + ME = −− −→ 3 MO ⇐⇒ ME = MO qui signifie que M est équidistant de O et de E, donc appartient au plan médiateur de [OE]. 2
juin 2007

Polynésie

Correction du baccalauréat S

2.

4 2 a. On a AB2 = − − 3 3

c. ME = MO ⇐⇒ ME2 = MO2 ⇐⇒ x 2 + y 2 + z 2 = x 2 +(y +2)2 + z 2 ⇐⇒ 0 = 4y + 4 ⇐⇒ y = −1. L’équation du planmédiateur est y = −1.
2

+ 32 + (−4 − 2)2 = 4 + 9 + 36 = 49 ; donc AB = 7.

Le rayon de la spère est donc

7 . 2 Distance de I centre de la sphère au plan (P) : 1 3 I − ; − ; −1 . 3 2 −3 +1 1 On a d(I ; (P )) = 2 2 = . 2 1 1 7 Comme < on en déduit que l’intersection (le cercle (C)) de la sphère 2 2 et du plan (P) n’est pas vide.

4. Si la droite (ID) est sécante au cercle (C) il existe...
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