EXERCICE1 3 points Commun à tous les candidats
Questionnaire à choix multiples
1. Sur l’intervalle ]−5 ;+∞[, l’équation f(x)= −2 admet une seule solution entre 0 et 2.
2. Sur l’intervalle ]−5 ;+∞[ la courbeC : exactement deux asymptotes, les droites d’équations y= −4, 5 et
x= −5.
3. On sait quef′(2)=0. L’équation de la tangente àC au point d’abscisse 2 est : y−f(2)=f′(2)(x−2), soity−4=0(x−2)⇐⇒ y=4.
4. L’équation de la tangente au point d’abscisse 1 est :
y−f(1)=f′(1)(x−1) ouy−2=f′(1)(x−1)⇐⇒ y=x f′(1)+2−f′(1).
Par identification on a donc : f′(1)=3.
5. Sur l’intervalle [2 ; +∞[ la fonction exponentielle est croissante et la fonction f est décrois- sante, donc par composition la fonctiongest décroissante.
6. Sur ]2 ;+∞[, −4, 5Éf(x)É5, donc 0, 5Éf(x)+5É9, donc la fonctionhest bien définie.
Mais lim
x→+∞f(x)= −4, 5 donc lim
x→+∞h(x)=ln 0, 5≈ −0, 69, donc n’est pas positive.
Enfin sur ]2 ;+∞[, h′(x)= f′(x) f(x)+5.
Or d’après le tableau de variations sur ]2 ;+∞[, f′(x)<0 (puisquef décroit) et on a vu que f(x)+5>0 ; donch′(x)<0 : la fonction est décroissante sur ]2 ;+∞[.
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats ne suivant pas l’enseignement de spécialité 1. a. On a le système :
p(F)+p(M) = 0, 85 p(E)+p(M) = 0, 35 p(F)+p(E)+p(M) = 1
En sommant les deux premières équations on a :p(F)+p(M)+p(E)+p(M)=1, 15 ⇐⇒
1+p(M)=1, 20, soitp(M)=0, 20.
D’où de la première équation :p(F)=0, 85−0, 20=0, 65 et de la deuxième :p(E)=0, 35− 0, 20=0, 15.
b. Le prix de vente moyen d’un billet est :
0, 65×5+0, 15×3+0, 20×6=3, 25+0, 45+1, 20=4, 90(. 2. On a l’arbre pondéré suivant :
F 0,65
0,03 C
0,97 C
E
0,15 0,35 C
C
M 0,20
0,25 C
C D’après la formule des probabilités totales :
p(C)=p(F∩C)+p(E∩C)+p(M∩C)=0, 65×0, 03+0, 15×0, 35+0, 20×0, 25=0,0195+0,0525+ 0, 05=0, 122.
3. Il faut calculerpC(F)=p(F∩C)
p(C) =0,0195
0, 122 ≈0, 160.
4. On a trois épreuves de Bernouilli. La loi de probabilité associée au nombre de visiteurs ayant acheté le catalogue est une loi de paramètresn=3 etp=0, 122.
La probabilité que trois visiteurs aient acheté le catalogue est égale à 0, 1223.
Donc la probabilité qu’au moins un visiteur n’ait pas acheté le catalogue est égale à 1−0, 1223≈ 0, 998.
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats suivant l’enseignement de spécialité 1. a. • pB(B)=v;B(P)=1
6;pB(V)=1− µ1
3+1 6
¶
=1 2.
• pV(V)=1
4;pV(P)=1
2;pV(B)=1− µ1
4+1 2
¶
=1 4.
• pP(P)=1
4;pP(B)=1
2;pP(V)=1− µ1
4 +1
2
¶
=1
4. D’où le graphe :
B V
P
1 2
1 4 1
6 1 2
1 2 1 4 1
3
1 4
1 4
b.
c. L’état probabiliste dans deux jours est représenté par la matrice ligneP2=P0×M2soit
P2=
³
1 0 0
´
×
1 3
1 2
1 6 1 4
1 4
1 2 1 2
1 4
1 4
2
=
³
1 0 0
´
×
23 72
1 3
25 72 19
48 5 16
7 24 17
48 3 8
13 48
=
³23 72
1 3
25 72
´ .
La probabilité qu’il fasse beau dans deux jours est23 72. La probabilité qu’il pleuve dans deux jours est25
72.
La probabilité que le temps soit variable dans deux jours est1 3. 2. Dans une autre région, on noteB: « il fait beau »B: « il ne fait pas beau ».
Les variations du temps sont représentées par le graphe suivant :
B B
2 3
3 4 1
3
1 4
a. La matrice de transitionT de ce graphe est
1 3
2 3 3 4
1 4
. b. SoitQ=(x y) avecx+y=1.
Q=QT ⇐⇒¡ x y¢
=¡ x y¢
×
1 3
2 3 3 4
1 4
⇐⇒¡ x y¢
=
µ1 3x+3
4y 2 3x+1
4y
¶
⇐⇒
x = 1
3x+3 4y
y = 2
3x+1 4y Orx+y=1, donc
(
x = 1
3x+3 4y x = 1−y
⇐⇒
( 2 3x=3
4y x=1−y
⇐⇒
( x=9
8y x=1−y
⇒
9
8y=1−y ⇐⇒ 17
8 y=1 ⇐⇒ y= 8
17 et par suitex= 9 17. La matriceQ=
µ9 17
8 17
¶
est l’état stable du système.
Doncp(B)= 9 17etp³
B´
= 8 17
EXERCICE3 6 points
Commun à tous les candidats
f(x)=1−x+2lnx.
2. Sur [0 ; 5], f′(x)= −1+2 x=
−x+2 x .
CommexÊ0, le signe def′(x) est celui de−x+2. D’où :
• si 0ÉxÉ2, f′(x)Ê0 : la fonctionf est croissante sur [0 ; 2] ;
• si 2ÉxÉ5, f′(x)É0 : la fonctionf est décroissante sur [2 ; 5] ;
• f′(2)=0 ;f(2)=1−2+2ln 2=2ln 2−1 est le maximum def sur [0 ; 5].
D’où le tableau de variations :
x 0 2 5
f′(x) + 0 −
−∞
2ln 2−1
2ln 5−4
f
3. a. f(1)=1−1+2ln 1=0.
b. Sur l’intervalle [3 ; 4], f est décroissante def(3)=2ln 3−2≈0, 197 à f(4)=2ln 4−3≈
−0, 227.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires,f s’annule donc une fois sur l’intervalle [3 ; 4] enα∈[3 ; 4] tel que quef(α)=0.
La calculatrice donne :
f(3, 5)≈0, 006 etf(3, 6)≈ −0, 04, donc 3, 5<α<3, 6.
f(3, 51)≈0, 001 etf(3, 52)≈ −0, 003, donc 3, 51<α<3, 52.
Par défaut :α≈3, 51.
c. On en déduit que :
• sur [0 ; 1[, f(x)<0 ;
• sur [0 ;α[, f(x)>0 ;
• sur ]α; 5], f(x)<0.
g(x)=x µ
−1
2x+2lnx−1
¶ . 4. a. gest dérivable sur ]0 ; 5] et sur cet intervalle :
g′(x)= −1
2x+2lnx−1+x µ
−1 2+2
x
¶
= −1
2x+2lnx−1−1
2x+2=1−x+2lnx=f(x).
Doncgest une primitive def sur ]0 ; 5].
b. La fonction étant positive, on sait que l’aire du domaine est égale en unité d’aire à l’inté- grale de la fonctionf entrex=1 etx=α, valeurs qui annulentf.
On a donc : Zα
1
f(x) dx=[g(x)]α1=g(α)−g(1).
c. On aA=g(α)−g(1)=α µ
−1
2α+2lnα−1
¶
−1 µ
−1
2+2ln 1−1
¶
= −1
2α2+2αlnα−α+3 2. Avecα≈3, 51, on obtientA≈0, 644 unité d’aire.
Or une unité d’aire est égale à 2×5=10 cm2. FinalementA≈6, 44 cm2.
0
−1
1 2 3 4 5
x y
C O
EXERCICE4 5 points
Commun à tous les candidats
1. Représenter le nuage de points associé à la série statistique¡ xi;yi
¢dans un repère orthogonal du plan. Les unités graphiques seront de 1 cm pour deux années sur l’axe des abscisses et de 1 cm pour 100 milliards de dollars sur l’axe des ordonnées.
0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300
0 4 8 12 16 20 24
b b b b b b
x
≈1365 y
2. a. La calculatrice livrey=48, 98x+124, 71 comme équation de la droite d’ajustement deyen x, coefficients arrondis au centième.
b. Voir la figure.
c. Voir le tracé sur le graphique.
Par le calcul, on ay=48, 98×22+24, 71=1202,27.
3. a. On az=0, 08x+5, 46lny ⇐⇒ y=e0,08x+5,46 ⇐⇒ y=e0,08x×e5,46. Or e5,46≈235, 097≈235, 1, donc finalement :y≈235, 1e0,08x. b. Voir le graphique.
c. Voir le tracé sur le graphique.
Par le calcul : avecx=22, on obtient :y≈235, 1×e0,08×22≈1366,5.
4. • Avec l’ajustement affine l’erreur est égale à1650−1202,27
1650 ×100≈27, 1%.
• Avec l’ajustement exponentiel l’erreur est égale à1650−1366,5
1650 ×100≈17, 2%.
Annexe – Document réponse à rendre avec la copie
Exercice 1 - Commun à tous les candidats Ne cocher qu’une seule réponse par question
1. Sur l’intervalle ]−5 ;+∞[, l’équation f(x)= −2
⊠ admet une seule solution admet deux solutions admet quatre solutions.
2. Sur l’intervalle ]−5 ;+∞[ la courbeC :
admet une seule asymptote la droite d’équationx= −5
⊠ admet exactement deux asymptotes, les droites d’équationsx= −4, 5 ety= −5 admet exactement deux asymptotes, les droites d’équationsy= −4, 5 etx= −5.
3. On sait quef′(2)=0. L’équation de la tangente àC au point d’abscisse 2 est :
⊠ y=4 y=4(x−2) x=4.
4. On sait que l’équation de la tangente àC au point de coordonnées (1 ; 2) esty=3x−1. On a : f(2)=1
f′(1)= −1
⊠ f′(1)=3.
5. Sur l’intervalle ]2 ;+∞[, la fonctiongdéfinie parg(x)=e−f(x) est croissante
⊠ est décroissante n’est pas monotone.
6. On poseh(x)=ln[f(x)+5]. Alors la fonctionh:
⊠ est décroissante sur ]2 ;+∞[ ; est positive sur ]2 ;+∞[ ; n’est pas définie sur ]2 ;+∞[.
