Corrigé du baccalauréat ES Antilles–Guyane septembre 2007
EXERCICE1 4 points
Commun à tous les candidats 1. On aF′(x)= 2
2x+4= 1 x+2.
2. Une primitive dex7−→2xex2est la fonctionx7−→ex2, donc Z1
0 3xex2dx=3
·1 2ex2
¸1 0
=
3 2e12−3
2e02=3
2(e−1).
3. On af′(x)= − 1 x2−1
x = −1+x x2 .
Une équation de la tangente au point d’abscisse 1 a pour équation : y−f(1)=f′(1)(x−1)⇐⇒ y−2= −2
1(x−1) ⇐⇒ y=2−2x+2 ⇐⇒ y= −2x+4.
Pourx=2, on ay=0. Elle passe par le point (2 ; 0).
4. On a lim
x→+∞
x+1 2x =1
2, donc lim
x→+∞ln µx+1
2x
¶
=ln1
2= −ln 2.
Donc lim
x→+∞[f(x)−2x]= −ln 2.
Ceci signifie qu’au voisinage de plus l’infini la droite dont une équation esty =2x−ln 2 est asymptote àC.
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. a. Voir plus bas
b. Les points sont pratiquement alignés : un ajustement affine semble adapté.
2. a. Compléter sur la feuille annexe le tableau suivant :
Annéeai 1980 1985 1990 1995 2000 2003
xi=ai−1950 30 35 40 45 50 53
ti=lnxi 3,401 3,555 3,689 3,807 3,912 3,970
yi 11,4 19,6 30,1 37,6 42,6 45,2
b. Après arrondi au dixième des coefficients trouvés grâce à la calculatrice on obtient y=61, 3t−197.
c. On ax>0, donc commet=lnx, on ay=61, 3lnt−197.
d. 2010 correspond au rangx=60, d’où une estimationy =61, 3ln 60−197≈53, 983 soit à l’unité près une proportion du nombre d’enfants nés hors mariage de 54 %.
e. Il faut trouver le plus petit entier vérifiant :
61, 3lnn−197>60 ⇐⇒61, 3lnn>257⇐⇒lnn>61,3257 ⇐⇒n>e61,3257. Or e61,3257 ≈66, 2. Il faut donc prendren=67 soit en 2017.
10 15 20 25 30 35 40
1980 1984 1988 1992 1996 2000
b b b b b b
Année Proportion
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité PARTIE A :
1. Il faut 4 arêtes de longueurx, 4 de longueuryet 4 de longueur 5, soit un coût de (4x+4y+4×5)×0, 8=80 ⇐⇒4x+4y+20=100⇐⇒4x+4y=80 ⇐⇒ x+y=20.
2. a. Le volume est donc égal àx×y×5=5x y(dm3.
b. La contrainte peut s’écrirey=20−x, doncV=5x(20−x).
3. a. On a doncf(x)=100x−5x2, trinôme du second degré fonction qui a son maximum pour x= − b
2a aveca= −5 etb=100.
Le maximum est donc atteint enx= − 100 2×(−5)=10.
b. Ce maximum est égal àf(10)=100×10−5×102=1000−500=500 dm3. Les dimensions du bâti sont donc 10, 10 et hauteur 5 en dm.
PARTIE B :
1. Six=12, alorsz=12y+10(12+y)=12y+120+10y=22y+120 qui est l’équation d’un plan parallèle à l’axe des abscisses.
L’intersection des deux plans ensemble des points donc les coordonnées vérifient
½ x = 12
z = 22y+120 est une droite.
2. La surface vitrée de l’aquarium se compose du :
– de deux parois rectangulaires de côtésyet 5, donc d’aire 2×5×y=10y La surface vitrée totale est égale àx y+10x+10y=g(x;y).
3. a. On a d’une partx=12 et d’autre party=20−x=20−12=8, donc g(12 ; 8)=12×8+10×(12+8)=96+200=296 dm2.
b. On lit à peu près 136y617, doncy∈{13 ; 14 ; 15 ; 16 ; 17}.
c. Avecx=12, l’aire est égale àg(12 ;y)=22y+120.
Donc 400622y+1206500⇐⇒ 280622y6380⇐⇒ 280
22 6y638022 ⇐⇒ 14011 6y619011. Or14011 ≈12, 7 et19011 ≈17, 3.
Les valeurs entières vérifiant l’encadrement sont donc 13 ; 14 ; 15 ; 16 et 17
EXERCICE3 5 points
Commun à tous les candidats
1. Une équation de la tangenteTà la courbeC au point d’abscisse 2 esty−f(2)=f′(2)(x−2).
• f(2)=e−12×2+1=e0=1 ;
• f′(x)= −1
2e−12x+1, doncf′(2)= −1
2e0= −1
2. L’équation de la tangente est donc :
y−1= −1
2(x−2) ⇐⇒ y=1−1
2x+1 soit finalement : y= −1
2x+2.
2. a. La fonctiongest dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : g′(x)=f′(x)+1
2= −1
2e−12x+1+1 2=1
2 h
1−e−12x+1i
. Le signe deg′(x) est celui de la différence 1−e−12x+1.
On a 1−e−12x+1>0⇐⇒1>e−12x+1⇐⇒ 0> −1
2x+1⇐⇒ 1
2x>1 ⇐⇒ x>2.
On trouve de même que 1−e−12x+1>0 ⇐⇒x<2. Etg′(2)=0.
La fonctiongest décroissante sur l’intervalle [0 ; 2] et croissante sur l’intervalle [2 ;+∞[.
b. On ag(2)=f(2)+1−2=1+1−2=0 : donc le minimum de la fonctiongsur [0 ;+∞[ est 0 ; on a donc sur [0 ;+∞[,g(x)>0.
Org(x)>0 ⇐⇒ f(x)+1
2x−2>0 ⇐⇒ f(x)>−1
2x+2 : géométriquement ce résultat signifie que la courbeC est au dessus de sa tangenteT au point d’abscisse 2.
3. a.
b. L’aire du domaineDest égale à la différence de l’aire du domaine limité par la courbe C, l’axe des abscisses, et les droite d’équationx=0x=2 et de l’aire du trapèze dont les sommets sont les points de coordonnées (0 ; 0), (2 ; 0), (2 ; 1) et(0 ; 2).
La première est en unités d’aire égale à l’intégrale : Z2
0
f(x) dx.
Or une primitive de la fonctionx7−→e−12x+1est la fonctionx7−→ −2e−12x+1, donc Z2
0 f(x) dx= h
−2e−12x+1i2 0
= −2e−12×2+1−
³
−2e−12×0+1´
= −2+2e=2(e−1)≈3, 437.
D’autre part l’aire du trapèze est égale à1+2 2 ×2=3.
L’aire du domaineDest donc égale à−2+2e−2=2e−5≈0, 44 unité d’aire.
L’unité d’aire valant 2×2=4 cm2, l’aire du domaineDest approximativement 1,75 cm2.
EXERCICE4 6 points Commun à tous les candidats
1. a. La probabilité est égale à1 6+1
3=1 6+2
6=3 6=1
2.
b. La probabilité qu’il passe sans s’arrêter au premier feu est donc 1−1 2=1
2. 2. a.
A1 1 2
A2 1 2
A2 1 2
A1 1 2
A2 1 3
A2 2 3
b. On aP³ A1∩A2
´
=PA1³ A2
´
=1 2×2
3=1 3.
c. La probabilité que l’automobiliste s’arrête aux deux feux est P(A1∩A2)=P(A1)×PA1(A2)=1
2×1 2=1
4.
La probabilité que l’automobiliste s’arrête au second feu mais pas au premier estP³ A1∩A2
´
=
P³ A1
´
×PA
1(A2)=1 2×1
3=1 6.
D’après la loi des probabilités totales : P(A2)=P(A1∩A2)+P³
A1∩A2
´
=1 4+1
6=3+2 12 = 5
12. d. On aPA2(A1)=P(A2∩A1)
P(A2) =
1 4 5 12
=1
4×12
5 =3
5=0, 6.
3. a. SoitDla variable aléatoire durée du trajet ; le tableau de sa loi de probabilité est le suivant :
D 9 12 15
P 13 125 14
b. On a E(D)=9×1
3+12× 5
12+15×1
4=3+5+15
4 =32+15 4 =47
4 min soit 11 min 45 s.
Annexes à rendre avec la copie
Exercice 3
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4 5
O e
C T
Annexe à rendre avec la copie
Enseignement de spécialité
y
x z
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0 100 200 300 400 500 600 700 800
0 4
8 12
16 20
0-100 100-200 200-300 300-400 400-500 500-600 600-700 700-800
