Polynésie Sujet 1 13 mars 2023; Corrigé du baccalauréat Polynésie 13 mars 2023 <
Sujet 1
ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ
EXERCICE 1 4 points Thème : probabilités
Partie A
La situation peut se traduire par l’arbre pondéré suivant :
J0,21
T0,32
T0,68
J0,79
T0,20
T0,80
1. On calcule : p(J ∩T ) = p(J)×p J (T ) = 0,21×0,32 = 0,0672.
2. On a de même p
(
J ∩T
)
= p
(
J
)
×p J (T ) = 0,79×0,20 = 0,158.
D’après la loi des probabilités totales : p(T )= p(J ∩T )+p
(
J ∩T
)
= 0,0672+0,158 = 0,2252. …afficher plus de contenu…

Un point commun au plan P et à la droite d2 a ses coordonnées qui vérifient le système :













x = 2k −3 y = k z = 5
5x +4y − z −22 = 0
, t ∈R, d’où en remplaçant x, y, z dans la dernière équa- tion :
5(2k−3)+4(k)−5−22 = 0 ⇐⇒ 10k−15+4k−27 = 0 ⇐⇒ 14k = 42 ⇐⇒ 7k = 21 ⇐⇒ k = 3.
Le point commun au plan P et à la droite d2 a pour coordonnées (6 - 3; 3; 5) soit M(3; 3; 5).
3. a. ∆ et d1 ont leurs vecteurs directeurs
−→
w et
−→
u orthogonaux donc ces droites sont orthogo- nales. Ces deux droites sont sécantes s’il existent des réels t et r tels que







x = 2+ t = −r +3 y = 3− t = 2r +3 z = t = 3r +5
, t ,r ∈R.
La dernière équation t = 3r +5 donne en remplaçant dans la deuxième :
3−3r −5 = 2r +3 ⇐⇒ −5 = 5r ⇐⇒ r = −1, d’où t = 5−3 = 2 et en remplaçant dans …afficher plus de contenu…

3. a. Que que soit n ∈N, vn = ln(0,5un +1,5) et en utilisant la formule du 1. a., vn = ln(0,5(2×0,9n
−3)+1,5) = ln(0,9n −1,5+1,5) = ln0,9n
= n ln0,9.
L’égalité vn =n ln0,9, montre que la suite (vn) est une suite arithmétique de raison ln0,9.
b. On a un = vn ⇐⇒ un = ln(0,5un +1,5) ⇐⇒ ln(0,5un +1,5)−un = 0 ⇐⇒ g (un) = 0.
c. On a donc g (un) = 0 ⇐⇒ un =α, soit 2×0,9n
−3 =α.
Or on a vu que −2,889 <α<−2,888 : on en déduit que −2,889 < 2×0,9n
−3 <−2,888, soit en ajoutant 3 :
0,111 < 2× 0,9n
< 0,112 ⇐⇒ 0,0555 < 0,9n
< 0,0556 soit par croissance du