EXERCICE1 5 points Commun à tous les candidats
1. 65−38
38 ×100≈71, 08 soit une augmentation de 71 % à 1 près.
2.
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65
1976 1981 1986 1991 1996 2001
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70
1976 1981 1986 1991 1996 2001 2006
b b b b b b
0 1 2 3 4 5 6
3. a. La calculatrice donne :y=12, 2x−9, 5 (coefficients au dixième).
b. Voir ci-dessus.
4. 2006 correspond au rangx=7, d’où avec l’estimation précédente y≈9, 9×7−9, 5=85, 4−9, 5=75, 9 (en milliers d’hectares).
5. a. Il faut trouver un rangxtel que 12, 2x−9, 5=200 soit 12, 2x=209, 5 et enfinx=209, 5 12, 2 ≈ 17, 17, soit puisque chaque unité correspond à 5 ans≈17, 17×5=85, 85 soit à peu près 86 ans, donc en 2057.
b. La bande côtière française représente : 200
12, 2×100≈909 milliers d’hectares
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. Traduire les données par un arbre pondéré.
0,4 A
0,79 S
S
A
0,49 S
S 2. a. Il faut trouver :
p(A∩S)=p(A)×pA(S)=0, 4×0, 79=0, 316.
b. On ap³ A´
=1−p(A)=1−0, 4=0, 6.
p³ A∩S´
=p³ A´
×pA(S)=0, 6×0, 49=0, 294.
D’après la loi des probabilités totales : p(S)=p(A∩S)+p³
A∩S´
=0, 316+0, 294=0, 61.
3. On ap³ S´
=1−p(S)=1−0, 61=0, 39.
Il faut trouver : pS(A)=
(p³ S∩A´ p³
S´ =0, 4×0, 21
0, 39 ≈0, 2153 soit≈0, 215 au millième.
4. On a trois épreuves de Bernoulli. La loi correspondant au nombre de candidats ayant réussi à l’examen est une loi binomiale de paramètresn=3 etp=0, 61.
La probabilité que les trois candidats interrogés aient réussi est donc 0, 613.
Donc la probabilité que parmi les trois au moins un ait échoué est égale 1−0, 613≈0,77302 soit au millième près 0,773.
5. 40 % des candidats ont choisi la formule AAC, donc 60 % la formule traditionnelle ; le chiffre d’affaires sera donc :
200×0, 40×1200+200×0, 60×1050=96000+126000=222000 (().
EXERCICE2 5 points
Pour les élèves ayant suivi la spécialité mathématique
V1
V2
V3
V4 V5
V6 V7
V8
V9
V10
2. a. Un sous-graphe complet d’ordre 4 est V2, V4, V5, V8. Dessin : V1
V2
V3
V4 V5
V6 V7
V8
V9
V10
b. Le graphe ayant un sous-graphe complet d’ordre 4, son nombre chromatique est supérieur ou égal à 4. Le jardinier doit donc décorer au moins 4 parterres.
3. a.
sommets V4 V2 V3 V5 V1 V6 V8 V7 V9 V10
degré 5 4 4 4 3 3 3 2 2 2
b. Le plus grand degré est 5, doncC66.
ON a finalement : 46C66.
4. a. En utilisant l’algorithme « glouton » on obtient la coloration suivante du graphe : V1
V2
V3
V4 V5
V6 V7
V8
V9
V10
b. On a pu utiliser un minimum de quatre couleurs, doncC=4.
c. D’après la coloriation précédente, on peut proposer les quatre parterres suivants : V1, V4, V7; V2, V6, V9; V3, V5, V10et V8.
EXERCICE3 4 points Commun à tous les candidats
1. lim
x→−∞ex=0
2. ln(2x+1)>ln(x+3). Il faut quex> −1
2etx> −3, soitx> −1
2.
En prenant l’exponentielle de chaque membre (fonction croissante surR), on obtient : 2x+1>x+3⇐⇒ x>2.
3. g′(x)=f(x).
4. En posant ex=X, l’équation s’écrit :
2X2−3X+1=0 ; cette équation a pour solution évidente 1 et aussi12. On a doncX=ex=1, d’oùx=0, ouX=ex=1
2, d’oùx=ln12. Réponse :
½ 0 ; ln1
2
¾ . 5. lim
x→+∞
ex xn =0.
6. On a pourx>0, f′(x)=2
x−3, doncf′(1)=2−3= −1.
L’équation de la tangente au point d’abscisse 1 est :
y−f(1)=f′(1)(x−1) soity−(−3+4)= −1(x−1) ouy−1−x+1 et enfiny= −x+2.
7. Une primitive de la fonctionf est la fonctionFdéfinie sur [1 ; 3] parF(x)=x3 3 +x2. La valeur moyenne def sur [1 ; 3] est égale à :
1 3−1
Z3
1 f(x) dx=1
2[F(x)]31=1
2(F(3)−F(1))=1 2
·µ33 3 +32
¶
− µ13
3 +12
¶¸
=
1 2
¡27
3 +9−1
3−1¢
=1 2
¡26
3 +8¢
=1 2
µ26 3 +24
3
¶
=25 3 . 8. exp(lnx)=xpour toutxappartenant à ]0 ;+∞[.
EXERCICE4 6 points
Commun à tous les candidats
1. a. L’une des courbes représente une fonction croissante : c’est donc celle def. Par contre la fonctionx7−→ 20
x est décroissante et la fonction ln étant étant croissante la fonctiongest décroissante sur [0 ; 8].
b. Le point A est commun aux deux courbes ; il correspond donc au fait que la demande est égale à l’offre. On lit approximativementx0=2, 75 ety0=20.
2. a. La fonctionhest dérivable sur ]0 ; 6] et sur cet intervalle : h′(x)=f′(x)−g′(x)=0, 5×0, 7e0,5x+2−10
µ
−20 x2× x
20
¶
=0, 35e0,5x+2+10 x .
b. Tous les termes de la dérivée sont supérieurs à zéro, donc sur [0 ; 6],h′(x)>0 et par consé- quent la fonctionhest croissante.
c. On ah(2)=0, 7e0,5×2+2−10ln µ10
2
¶
=0, 7e3−10ln 5≈ −2, 03 ; De mêmeh(3)=0, 7e0,5×3+2−10ln
µ10 3
¶
=0, 7e3,5−10ln µ10
3
¶
≈11, 1.
La fonctionhcontinue et dérivable sur l’intervalle [2 ; 3] est négative en 2, positive en 3 : il existe donc un réel uniquex de [2 ; 3] tel queh(x 0.
d. Il y a donc équilibre pour des consoles proposées et vendues au prix de 270(.
Le nombre de consoles disponibles est f(2, 7)=0, 7e0,5×2,7+2=0, 7e3,35≈19, 952 milliers soit environ 19 952.
3. Surplus des fournisseurs
a. Une primitive de la fonctionf sur l’intervalle ]0 ; 6] est : F(x)=0, 7× 1
0, 5e0,5x+2=1, 4e0,5x+2.
b. Voir sur l’annexe :x0y0est l’aire du rectangle dont une diagonale est [OA] et Zx0
0
f(x) dx est l’aire en unité d’aire de la surface limitée par la représentation graphique def, l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx=0 etx=x0. On aS=2, 7×20−
Zx0
0 f(x) dx= 54−[F(x)]2,70 =54−F(2, 7)+F(0)=54−1, 4e0,5×2,7+2+1, 4e0,5×0+2=54−1, 4e3,35+1, 4e2≈ 24, 44
Annexe à agrafer avec la copie
Exercice 4
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0 1 2 3 4 5
A
x y
