[ Corrigé du baccalauréat ES Polynésie septembre 2006 \ E

(1)

[ Corrigé du baccalauréat ES Polynésie septembre 2006 \

EXERCICE1 5 points

Commun à tous les candidats

1. f^′(0) nombre dérivé def en 0 est égal au coefficient directeur de la droiteD; on lit sur la figure 2

1=2 : réponseb.

2. Il y a trois solutions : réponseb.

3. Sur l’intervalle [−1 ; 5] la fonction est positive, donc l’intégrale est égale à l’aire de la surface limitée par la courbe l’axe des abscisses et les droites d’équationsx= −1 etx=5. Il y a mani- festement plus dans 10 carreaux unités dans cette surface : réponsec.

4. La fonctiongest définie lorsquef(x)>0, soit sur l’intervalle ]−1 ; 6[ : réponsea.

5. g(0)=lnf(0)=ln⁵₂=ln 2, 5 : réponsec.

6. Ce coefficient directeur est égal àg^′(0).

Comme g =lnf, alors pour f(x)>0, g^′(x)= f^′(x)

f(x), d’oùg^′(0)= f^′(0) f(0) = 2

2, 5 = 8

10 =0, 8 : réponsec.

7. D’après la question précédenteg^′(x)=0 ⇐⇒ f^′(x)=0 : il y a deux tangentes horizontales en C et E, mais l’abscisse de E n’est pas dans l’ensemble de définition deg: réponsec.

8. On a lim

x→−1f(x)=0, donc lim

x→−1ln[f(x)]= −∞: réponseb.

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. On ai10=i0×1, 10³×1⁴×0, 90³≈97,0299 soit au centième près 97,03.

La baisse est donc de 2,97 %.

b. Chaque jour l’indice est multiplié par 1, 1 ; la suite (in) est donc une suiute géométrique de raison 1, 1 et de premier termei0=100.

On sait qu’alorsin=i0×1, 1ⁿ=100×1, 1ⁿ. Il faut résoudre l’inéquation :

100×1, 1ⁿ>1000⇐⇒ 1, 1ⁿ>10 ⇐⇒nln 1, 1>ln 10⇐⇒n> ln 10 ln 1, 1. Comme ln 10

ln 1, 1≈24, 2, il faut donc attendre le 25^ejour de hausse.

2. a.

A 0,3

0,3 A

B 0,2

0,5 S

B

0,2 0,3 A

B 0,2

0,5 S

S

0,5 0,3 A

B 0,2

0,5 S

(2)

Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.

b. xi 81 90 99 100 110 121

pi 0,04 0,2 0,12 0,25 0,3 0,09

c. On aE(X)=81×0, 04+90×0, 2+99×0, 12+100×0, 25+110×0, 3+121×0, 09=102, 01.

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1.

A B

0,14

0,06

0,86 0,94

2. a. On aM=

µ0, 86 0, 14 0, 06 0, 94

¶ . On aEn=E0×Mⁿ. b. On aM²=

µ0, 86×0, 86+0, 14×0, 06 0, 86×0, 14+0, 14×0, 94 0, 06×0, 86+0, 94×0, 06 0, 06×0, 14+094×0, 94

¶

=

µ0,748 0,252 0,108 0,892

¶ .

La matrice représentant l’état à l’étape 2, le 1^erjanvier 2007 est E²=¡

1100 400¢

µ0, 86 0, 14 0, 06 0, 94

¶2

=¡

1100 400¢

µ0, 748 0, 252 0, 108 0, 892

¶

=¡

866 634¢ . Le 1^erjanvier 2007, le club A aura 866 abonnés et le club B 634.

3. a. On a les deux relations :

½ an+1 = 0, 86an+0, 06bn

an+bn = 1100 ⇐⇒

½ an+1 = 0, 86an+0, 06bn

bn = 1100−an

⇐⇒

½ an+1 = 0, 86an+0, 06(1500−an)

an+bn = 1500

⇐⇒

½ an+1 = 0, 86an+90−0, 06an

an+bn = 1500 ⇐⇒

½ an+1 = 0, 8an+90 an+bn = 1100

b. On a pour tout entier natureln, un+1=an+1−450=0, 8an+90−450 soitun+1=0, 8an−360 ouun+1=0, 8³

an−³⁶⁰

0,8

´

=0, 8(an−450), d’où finalement : un+1=0, 8un,

relation qui montre que la suite (un) est géométrique de raison 0, 8, de premier terme u0=a0−450=1100−450=650.

c. On sait que quel que soit le natureln,n un=u0×0, 8ⁿ=650×0, 8ⁿ. Orun=an−450⇐⇒ an=un+450, d’où finalement :

an=450+650×0, 8ⁿ. d. Comme 0<0, 8<1, on sait que lim

n→+∞0, 8ⁿ=0, d’où lim

n→+∞650×0, 8ⁿ=0 et enfin :

n→+∞lim an=450.

Cela signifie qu’au bout d’un certain nombre d’années le nombre d’abonnés au club A va décroître et se stabiliser à 450 (donc celui du club B se rapprochera de 1 050).

Polynésie 2 septembre 2006

(3)

Commun à tous les candidats 1.

0 30 60 90 120 150 180 210 240 270 300

0 5 10 15 20 25 30

b b b b b

G

+

prix nombre d’acheteurs

Les coordonnées du point moyen G sont : xG=30+25+20+15+10

5 =20 etyG=90+120+170+200+260

5 =168.

2. La calculatrice donney= −8, 4x+336 comme une équation de la droite de régression D par la méthode des moindres carrés.

3. Avecy=300, on obtient :

300=336−8, 4x ⇐⇒ 8, 4x=36 ⇐⇒ x= 36

8, 4≈4, 286 soit au centième près 4,29 centaines d’euros ou 429(.

4. a. On aR(x)=x y=x(336−8, 4x)=336x−8, 4x².

b. Rest une fonction polynôme dérivable surR, donc sur [5 ; 30] et sur cet intervalle : R^′(x)=336−2×8, 4x=336−16, 8x.

• R^′(x)=0 ⇐⇒336=16, 8x ⇐⇒x= 336 16, 8=20 ;

• R^′(x)>0 ⇐⇒336−16, 8x>0⇐⇒ 336>16, 8x ⇐⇒ 20>x;

• R^′(x)>0 ⇐⇒336−16, 8x<0⇐⇒ 336<16, 8x ⇐⇒ 20<x.

Du signe de la dérivée deR, on en déduit que :

• Rest croissante sur [5 ; 20] deR(5)=336×5−8, 4×5²=1470 à R(20)=336×20−8, 4×20²=3360,

• Rest décroissante sur [20 ; 30] deR(20)=3360 àR(30)=2520.

• R(20)=3360 est donc le maximum de la recette sur l’intervalle [5 ; 20].

Conclusion : la recette 336 000(sera maximale pour un prix de vente de 2 000(.

(4)

Commun à tous tes candidats Partie A : Observation graphique

1. CourbeC₁: le maximum est atteint au bout de une heure et vaut à peu près 1,45.

CourbeC₂: le maximum est atteint au bout de une heure 30 minutes et vaut à peu près 0,55.

2. CourbeC₁: au bout de 3 heures, le taux est environ de 0,6 : non-respect de la législation.

CourbeC₂: au bout de 3 heures, le taux est environ de 0,4 : respect de la législation.

Partie B : Modélisation

1. On af₂^′(t)=ae^bt+abte^bt=ae^bt(1+bt).

f₂^′ µ3

2

¶

=0⇐⇒ ae^b^×³²¡

1+b×³

2

¢=0 ⇐⇒e^b^×³²³ 1+^3b

2

´

=0 ; comme e^b^×³²>0, il en résulte que 1+^3b

2 =0⇐⇒ ^3b

2 = −1⇐⇒ b= −²

3. 2. On a donc : 3ae⁻³²^×³≈0, 4⇐⇒ a≈^0,4

3e², soita≈0, 985 oua≈1 à 0,1 près.

Doncf2(t)=te⁻^2t³.

3. f1(t)=te⁻^2t³ ⇐⇒ 4te⁻^t=te⁻^2t³ ⇐⇒ t=0 (solution évidente) ou 4e⁻^t=e⁻^2t³ ⇐⇒

4=e³^t ⇐⇒ ^t

3=ln 4 ⇐⇒ t=3ln 4. Or 3ln 4≈4, 159 soit 4 h 9 min 54 s, donc à peu près 4 h 10 min (ou au temps 0).

Ce temps représente le temps au bout duquel le taux d’alcool sera le même que l’absorbtion ait été faite à jeun ou après ingestion d’aliments.