corriger de mathématiques

Pages: 7 (1501 mots) Publié le: 2 février 2014
Corrigé du baccalauréat S Métropole 13 septembre 2012
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats

5 points

1. D’après le tableau de variations f est croissante puis décroissante, donc :
• f ′ (x) > 0 sur ] − ∞ ; a[ ;
• f ′ (x) < 0 sur ]a ; +∞[ ;
• f ′ (a) = 0.

2. a. Seuls les points de C 2 ont des ordonnées positives puis négatives, donc seule C 2 peut être la
courbe représentative def ′ .
Donc C 1 est la courbe représentative d’une primitive F de f .
b. C 2 coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse a ; d’après la figure 1 < a < 2.
La tangente à la courbe C 2 représentative de F au point d’abscisse a a pour coefficient directeur F ′ (a) = f (a) = b ; d’après la figure ce coefficient directeur est supérieur à zéro. Conclusion
f (a) = b > 0.

3. a. Si g (x) = αx + β, alorsg ′ (x) = α.
On a donc :

g (x) − 2g ′ (x) = x ⇐⇒ αx + β − 2α = x.
Cette égalité est vraie quel que soit le réel x.
En particulier pour x = 0, on a β − 2α = 0 ⇐⇒ β = 2α.
Pour x = 1, on a α + β − 2α = 1 ⇐⇒ α = 1.

Finalement α = 1 et β = 2α = 2.
La fonction g définie sur R par g (x) = x + 2 vérifie l’équation différentielle.

b. La dérivée de la fonction f − g est la fonction f ′ − g ′ et1
1
1
1
f (x) − x − 1 = ( f (x) − x − 2) = [ f (x) − (x + 2)] = [ f (x) − g (x)].
f ′ (x) − g ′ (x) =
2
2
2
2
1
La fonction f − g est donc une solution de l’équation différentielle y ′ = y.
2
c. On sait que les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions définies par
1

x −→ ke 2 x , avec k ∈ R quelconque.

1

1

1

On a donc f (x) − g (x) = ke 2 x ⇐⇒ f(x) = ke 2 x + g (x) = ke 2 x + x + 2.
1 1
d. On a f ′ (x) = k × e 2 x + 1.
2
1
1 1
k
1
k
1
1

On sait que f (0) = ⇐⇒ k × e 2 ×0 + 1 = ⇐⇒ + 1 = ⇐⇒ = − ⇐⇒ k = −1.
2
2
2
2
2
2
2
1
2 x.
On a donc pour tout réel x, f (x) = x + 2 − e
x2
;
Une primitive de la fonction x −→ x est la fonction x −→
2
Une primitive de la fonction x −→ 2 est la fonction x −→ 2x ;
1

1

Uneprimitive de la fonction x −→ −e 2 x est la fonction x −→ −2e 2 x ;
x2
1
On a donc F (x) =
+ 2x − 2e 2 x + C sur R.
2
Comme F (0) = −2 ⇐⇒ −2 + C = −2 ⇐⇒ C = 0, on a finalement
x2
1
F (x) =
+ 2x − 2e 2 x sur R.
2
1 1
1
Maximum de f : f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 1 − e 2 x = 0 ⇐⇒ e 2 x = 2 ⇐⇒ 1 x = ln 2 (par croissance de la
2
2
fonction logarithme népérien) ⇐⇒ x = 2ln 2. Donc a = 2ln 2.
1
1 1
Lemaximum est donc égal à f (2ln 2) = 2ln 2+2− e 2 ×2 ln 2 = 2ln 2+2− eln 2 . Donc b = 2ln 2.
2
2

A. P. M. E. P.

Baccalauréat S

C2



O

B


ı

Cf

C1

A

E XERCICE 2
Commun à tous les candidats

5 points

Les questions 1 et 2 sont indépendantes
1. a. On peut dresser l’arbre suivant :

4
6
4
6

R2

R1
2
6
4
5

2
6

N2
R2

N1
1
5

N24 4 4
× = .
6 6 9
4 2 2 1 2
1
10 + 3 13
b. p N2 = p R1 (N2 ) + p N1 (N2 ) = × + × = +
=
=
.
6 6 6 5 9 15
45
45
4
2
2
2 45 10
p (N2 ∩ R1 ) p (R1 ∩ N2 ) 6 × 6
9
=
= 13 = 13 = ×
=
.
On a p N2 (R1 ) =
p (N2 )
p (N2 )
9 13 13
45
45
On a p (R1 ∩ R2 ) = p (R1 ) × p R1 (R2 ) =

2. a. La probabilité de tirer une boule rouge, sachant qu’il y a 4 rouges et n noires pour untotal de
n + 4 boules est égale à :
4
p=
.
n +4
4 4
, donc l’évènement contraire,
b. La probabilité de tirer quatre boules rouges est égale à
n +4
4 4
soit l’une au moins des boules est noire, a une probabilité de q n = 1 −
.
n +4
c. On a q n
0, 1(n + 4)

4 4
4
0,9999 ⇐⇒ 0,0001
n +4
n +4
4 ⇐⇒ 0, 1n + 0, 4 4 ⇐⇒ 0, 1n 3, 6 ⇐⇒ n 36.

0,9999 ⇐⇒ 1 −

4

⇐⇒ 0, 1

4
⇐⇒
n +4On a donc q 36 = 0,9999.

Métropole

2

13 septembre 2012

A. P. M. E. P.

Baccalauréat S

E XERCICE 3
Commun à tous les candidats

5 points

1. f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :
1
1
7
f ′ (x) =
1 − 2 = 2 x 2 − 7 qui est du signe de x 2 − 7.
2
x
2x
Donc f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x 2 − 7 = 0 ⇐⇒ x − 7 x + 7 = 0 ⇐⇒ x = 7 ou x = 7.
Il y a donc une solution dans...
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