CORRIGE_BAC_S_Antilles_juin_2013_
Antilles-Guyane juin 2013
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats
5 points
1. La bonne réponse est b .
Par l’absurde : si (IJ) et (EC) étaient coplanaires, alors, le point J appartiendrait au plan (ECI) c’est-à-dire au plan (ECA), ce qui est faux.
2. La bonne réponse est c .
−→
−−→
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a AF (1 ; 0 ; 1) et BG (0 ; 1 ; 1), d’où
−→ −−→
AF · BG = 1 × 0 + 0 × 1 + 1 × 1 = 1.
3. La bonne réponse est d . On le vérifie en injectant les coordonnées des points A, F et
H dans l’équation x + y − z = 0.
4. La bonne réponse est b .
→
−
−−→
−−→
Un vecteur normal de P est n (1 ; 1 ; −1), or EC (1 ; 1 ; −1). Par conséquent EC est
−→ −−→
−→
normal à P , et comme EL et EC sont colinéaires, EL est de ce fait aussi normal à P .
5. La bonne réponse est d .
−−→
On a EC (1
; 1 ; −1) et E(0 ; 0 ; 1) ; une représentation paramétrique de la droite (EC)
x = t y = t (t ∈ R) . Le point L a donc pour coordonnées L(t ; t ; 1 − t ), et est donc
z = 1−t comme L ∈ P alors : t + t −(1− t ) = 0 d’où l’on tire t = 31 , c’est-à-dire L 31 ; 31 ; 32 , d’où le résultat.
E XERCICE 2
Commun à tous les candidats
5 points
Partie A
On a : f ∈ p−
1 n ; p+
1 n ⇐⇒
p−
⇐⇒
−f −
⇐⇒
⇐⇒
f−
1
f
n
1
−p
n
1
p
n
1
p∈ f −
1
p+
n
n
−f +
1 n 1
f+
n
1
;f +
n
On a donc bien :
P f ∈ p−
1 n ; p+
1 n =P p ∈ f −
Partie B
1. a. Arbre pondéré illustrant la situation :
1 n ;f +
1 n 0,95
A. P. M. E. P.
1
r
R
A
1/3
1−r
A
B
1/3
R
C
1/3
b. On a, d’après l’arbre précédent :
1
1
1
P(A) = P(A ∩ R) + P(A ∩ R) = r + (1 − r ) = (3r + 1 − r ) = (1 + 2r ).
3
3
3
c. On a : PA (R) =
P(A ∩ R)
3r
r
=
= 1
.
P(A)
1 + 2r
3 (1 + 2r )
2. a. L’expérience consiste en une répétition de 400 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, où la probabilité de « succès » (c’est-à-dire que l’étudiant ait la bonne réponse) est égale à P(A). La variable aléatoire X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 400 et p = P(A) = 31 (1 +