Bac Blanc Terminale ES

Bac Blanc Terminale ES - Février 2014
Correction de l'épreuve de Mathématiques (durée 3 heures)
pour les candidats n’ayant pas choisi la spécialité MATH
Exercice 1 (5 points)
Le tableau suivant donne l'indice des prix à la consommation en Allemagne sur la période 2005-2012.
Année
2005
Indice des prix
à la consommation
100
2006
2007
2008
2009
2010
2011
2012
101,58 103,91 106,64 106,98 108,16 110,40 112,62
Source : Perspectives Monde
 1. a) L’indice des prix à la consommation en Allemagne était de 100 en 2005 et dépasse 110 en 2011
donc, il aura fallu 6 années pour que l’indice des prix à la consommation en Allemagne augmente de
10 % à compter de 2005.
b) De 2005 à 2012, l’indice des prix à la consommation est passé de 100 à 112,62 soit une
augmentation de 12,62 % en 7 ans et un coefficient multiplicateur de 1,1262.
7
De plus : 1 1,71 
100 

7
1,1260 et 1 1,72 
100 

7
1,1268 donc 1 1,71  est le plus proche de 1,1262.
100 

On peut donc dire que le taux d’évolution annuel moyen de l'indice des prix à la consommation en
Allemagne entre 2005 et 2012 est +1,71 % arrondi au centième.
On suppose, pour toute la suite de l’exercice, que l'indice des prix à la consommation en Allemagne
continue à augmenter de 1,71 % par an à partir de 2012.
 2. Pour prévoir l'indice des prix à la consommation en Allemagne, on modélise la situation par une
suite . On note u0 l'indice en 2012 et l'indice en 2012+n.
a) L’indice augmente de 1,71 % d’une année à l’autre donc : un
La suite ( un ) est donc géométrique de raison q
b) D’après la question précédente, un
On a donc : un
c) 2020
1
un 1 1,71 
100 

1,0171 un
1,0171.
u0 1,0171n avec u0
112,62.
n
112,62 1,0171 pour tout entier naturel n.
2012 8 donc l’année 2020 correspond à n
8 et u8
112,62 1,01718, soit u_15
128,9807
Avec ce modèle, on peut donc prévoir un indice des prix à la consommation en Allemagne en 2020 de
128,98 (résultat arrondi à 10 2 près).
 3. On considère l’algorithme suivant :
Initialisation :
Traitement :
Sortie
Affecter la valeur 0 à la variable N {initialisation}
Affecter la valeur 112,62 à U
{initialisation}
Tant que U 140
Affecter la valeur N 1 à N
Affecter la valeur 1,0171 U à U
Fin de Tant que
Affecter la valeur N 2012 à N
Afficher N
a) Cet algorithme donne en sortie 2025. Il indique que l’indice des prix à la consommation en Allemagne
dépassera 140 en 2025.
1/8
b) On cherche à déterminer l'année où l'indice des prix à la consommation en Allemagne atteindra une
valeur donnée I, ce qui revient à remplacer dans l’algorithme précédent la valeur 140 par I.
L’algorithme suivant permet donc de répondre à la question :
Initialisation :
Traitement :
Sortie
Choisir une valeur de I
Affecter la valeur 0 à la variable N {initialisation}
Affecter la valeur 112,62 à U
{initialisation}
Tant que U I
Affecter la valeur N 1 à N
Affecter la valeur 1,0171 U à U
Fin de Tant que
Affecter la valeur N 2012 à N
Afficher N
c) L’indice valait 100 en 2005 et, pour I 200, l’algorithme précédent donne en sortie N 2046 ; on en
déduit qu’en 2046, l’indice des prix à la consommation en Allemagne devrait avoir doublé par rapport à
2005 si l’évolution reste la même.
Exercice 1 (5 points)
pour les candidats ayant choisi la spécialité MATH
On considère un produit de consommation distribué exclusivement par trois circuits concurrents A, B et
C. Le volume total distribué est supposé constant d'un mois à l'autre mais sa répartition change selon la
demande d'un mois au suivant de la façon suivante :
 A perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de B et 20 % au profit de C ;
 B perd 15 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A et 10 % au profit de C ;
 C perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A et 10 % au profit de B.
Au départ, A distribue 50 % du marché, B distribue 20 % et C le reste.
 1. Pour tout entier naturel n, on note an , bn et cn les pourcentages du volume total distribués
respectivement par les circuits A, B et C au bout de n mois.
A perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de B et 20 % au profit de C donc A en
conserve 70 %, soit 0,71an .
B perd 15 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A donc A gagne 0,15bn .
C perd 10 % de son volume distribué le mois précédent au profit de A donc A gagne 0,1cn .
On a donc, pour tout entier naturel n : an
1
0,7an 0,15bn 0,1cn .
 an 
 2. On définit la suite ( Un ) par Un  bn .
 cn 
a) Au départ, A distribue 50 % du marché, B distribue 20 % et C le reste donc on a :
b) D’après la question 1, on a : an
1
 50 
30 d’où U0  20 .
 30 
0,7an 0,15bn 0,1cn . En raisonnant de même, on obtient :
bn
1
0,2an 0,1bn 0,8cn , soit :
a0
an
bn
cn
50, b0
20 et c0
100 50 20
0,1an 0,75bn 0,1cn et cn
1
1
1
1
0,7an 0,15bn 0,1cn
0,1an 0,75bn 0,1cn
0,2an 0,1bn 0,8cn
Un
1
M Un avec Un
 an 
 bn , U
  n
 cn 
1
 an+1 
 bn+1  et M


 cn+1 
 0,7 0,15 0,1 
 0,1 0,75 0,1 .


 0,2 0,1 0,8 
2/8
c) L’égalité précédente Un 1 M Un , prouve que la suite ( Un ) est géométrique, de premier terme U0 et
de raison M donc on a Un M n U0 pour tout entier naturel n.
d) En appliquant la formule précédente et en arrondissant les résultats à 10 1 près, on obtient à la
calculatrice :
U1
 41 
 23  , U
3
 
 36 
 32,7 
 26,2 


 41,1 
 28,6 
 28,6  , U

 120
 42,8 
U24
 28,6 
 28,6 


 42,8 
La répartition de la distribution entre les différents circuits est donc :
- 41 % pour A, 23 % pour B et 36 % pour C au bout d'un mois ;
- 32,7 % pour A, 26,2 % pour B et 41,1 % pour C de trois mois ;
- 28,6 % pour A, 28,6 % pour B et 42,8 % pour C de deux ans ;
- 28,6 % pour A, 28,6 % pour B et 42,8 % pour C de dix ans .
On peut conjecturer qu’au bout d’un certain temps, la répartition va se stabiliser avec 28,6 % pour le
circuit A, 28,6 % pour le circuit B et 42,8 % pour le circuit C.
x
 3. On cherche une matrice colonne U  y  vérifiant U
z 
coefficients soit égale à 100, soit x y z 100.
M U et telle que la somme de ses
x y z 100
On admet que ce problème revient à résoudre le système : 6x 3y 2z 0 .
2x 5y 2z 0
x y z 100
a) 6x 3y 2z 0
2x 5y 2z 0
N U
V avec U
x
y,N
 
z 
1 1 1 
 6 3 2  et V


2 5 2 
 100 
 0 


 0 
Après avoir vérifié à la calculatrice que la matrice N est inversible, on a : N U
On obtient à la calculatrice : x
200 , y
7
200 et z
7
V
U
N
1
V
300 .
7
Résoudre le système précédent à l'aide d'un calcul matriciel.
b) On a U
 28,6 
 28,6  donc la matrice U semble être la limite de la suite U .
( n)


 42,8 
Exercice 2 (5 points)
pour tous les candidats
On interroge des français de plus de 16 ans sur le nombre de langues étrangères qu'ils parlent « bien »,
c'est-à-dire qu'ils parlent suffisamment bien pour participer à une conversation.
On choisit de manière aléatoire une personne de cet échantillon et on note :
 E0 l'événement « la personne ne parle bien aucune langue étrangère » ;
 E1 l'événement « la personne parle bien une seule langue étrangère » ;
 E2+ l'événement « la personne parle bien au moins deux langues étrangères » ;
 A l'événement « la personne parle bien l'anglais » ;
 A l'événement contraire de A .
3/8
 1. Si une personne ne parle bien aucune langue étrangère, alors elle ne peut pas bien parler l’anglais
donc on a : pE0(A) 0 et pE0(A) 1, comme notés sur l’arbre.
A l'issue du sondage, on observe que l'échantillon des personnes interrogées est partagé en trois
catégories :
 41 % des personnes interrogées ne parlent « bien » aucune langue étrangère donc p (E0) 0,41.
 30 % des personnes interrogées parlent « bien » une seule langue étrangère donc p (E1)
 29 % des personnes interrogées parlent « bien » au moins deux langues étrangères p E2
0,3.
0,29.
De plus :
 58 % des personnes parlant une seule langue citent l'anglais comme la langue qu'elle parle « bien »
donc pE1(A) 0,58 et pE1(A) 1 pE1(A) , soit pE1(A) 0,42.
 82 % des personnes parlant au moins deux langues citent l'anglais comme une des langues qu'elle
parle « bien » donc pE2 (A) 0,82 et pE2 (A) 1 pE2 (A) , soit pE2 (A) 0,18.
On obtient :
Dans la suite de l'exercice les résultats seront arrondis au centième.
 2. p E2+ A
pE2 (A) p E2
0,18 0,29
0,0522 soit p E2+ A
0,05
La probabilité que la personne parle bien au moins deux langues et qu'elle ne parle pas « bien » l'anglais
est donc égale à 0,05.
 3. E0, E1 et E2+ forment une partition de l’univers donc, d’après la formule des probabilités totales :
p(A)
p(E0 A
p(E1 A
p(E2+ A
1 0,41 0,42 0,3 0,0522
pE0(A) p (E0) pE1(A) p (E1) pE2 (A) p E2
0,5882
soit p(A)
0,59
La probabilité que la personne ne parle pas « bien » l'anglais est donc égale à 0,59.
 4. pA (E1)
et p(A)
p (A E 1 )
avec p (A E1)
p(A)
1 p ( A ) , soit p(A)
pE1(A) p (E1)
0,4118 d’où : pA (E1)
0,58 0,3
0,174
0,4225
La probabilité que la personne parle bien une seule langue sachant qu'elle parle « bien » l'anglais est donc
égale à 0,42.
 5. On admet dans cette question que 41 % des français de moins de 16 ans parlent « bien » l'anglais.
On interroge successivement au hasard et de manière indépendante cinq français de moins de 16 ans.
4/8
La variable aléatoire X donnant le nombre de français de moins de 16 ans parlant « bien » l'anglais suit
donc la loi binomiale de paramètres n 5 (nombre de français de moins de 16 ans interrogés) et p 0,41
(probabilité p(A) que le français de moins de 16 ans interrogé parle « bien » l'anglais).
5
  0,413 (1 0,41)5 3
soit p(X 3) 0,23991
3
La probabilité que trois personnes exactement sur les cinq parlent « bien » l'anglais est donc égale à 0,24.
a) p(X
3)
b) p(X
2)
1 p(X
1)
soit p(X
2)
0,68010
La probabilité qu' au moins deux personnes sur les cinq parlent « bien » l'anglais est donc égale à 0,68.
Remarque : on peut aussi calculer : p(X
p(X
5
  0,410 (1 0,41) 5
0
0)
0
2) avec p(X
2)
0,071 et p(X
1)
1 p(X
0) p(X
1)
5
  0,411 (1 0,41)5
0
Exercice 3 (5 points)
1
0,248
pour tous les candidats
Pour chaque question, il n’y a qu’une réponse juste.
Question 1 :
(e
Soit A(x)
1)(e x 2). On a e x
x
On en déduit que l’expression (e
e
x
L’expression (e
x
e
x
1
0
1
e
x
x
e0
0 quelque soit le réel x donc (e x 2)
1)(e x 2) est du signe de (e
–x
x
0 pour tout x.
1) avec :
0 (propriété de la fonction exponentielle)
1)(e x 2) est donc positive ou nulle sur ]
x
0
0].
Question 2 :
Soit ( un ) la suite géométrique de premier terme u0 2 et de raison 2,05.
La somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison q ( q  0 et q  1 ) est donnée par :
1  q"nombre de termes"
S = "premier terme" 
1 q
13
donc S u0 u1 ... u12 2 1 2,05 , soit S 21508,12
1 2,05
La valeur arrondie à l’unité de la somme S
u0 u1 ... u12 est donc 21508.
Question 3 :
Soit la fonction f définie sur
par : f ( x)  ( x  3)ex .
f est dérivable sur , de dérivée f ′ définie par f ′(x)
1 e x (x 3)e x
f ′ est dérivable sur , de dérivée f ″ définie par f ″(x)
On a e x
1 e x (x 4)e x
(x 4)e x
(x 5)e x .
0 pour tout réel x donc f ″(x) est du signe de (x 5), d’où :
x
f ″(x)

5
0
+
+
La dérivée seconde de f s’annule en 5 en changeant de signe. De plus : f( 5)
2e 5.
La courbe Cf de la fonction f admet donc comme point d'inflexion le point de coordonnées ( 5
2e
).
5
5/8
Question 4 :
On considère la suite ( un ) définie par u0
Soit ( vn ) la suite définie par vn
vn
1
un
1
2014
2 et pour tout n
3 u 503,5 2014
n
4
un 2014
un
1
3 u 503,5.
n
4
un 2014. On a :
3 u 1510,5
n
4
La suite ( vn ) est donc géométrique de raison q
De plus, vn
, un
3 u 1510,5 4 
n
3
4
3 avec 0
4
3
4
3 u 2014
(n
)
4
1 donc lim vn
3v
n
4
0.
n
vn 2014.
Alors, lim un est égale à 2014.
n
Question 5 :
On considère la fonction f définie sur
par f(x)
xe x .
f est dérivable sur , de dérivée f ′ définie par f ′(x)
1 ex x ex
(x 1)e x
L’équation de la tangente à la courbe représentative Cf de f au point d’abscisse 0 est donnée par :
T0 : y
f ′(0) (x 0) f(0) avec f(0)
d′où T0 : y
0 e0
0 et f ′(0)
(0 1)e 0
1
x.
Exercice 4 (5 points)
pour tous les candidats
Un dépôt de gaz à usage domestique (butane, propane...) a été étudié de telle sorte que, en cas d'accident
du réservoir, l'évolution du taux de gaz dans l'air du dépôt soit modélisée par une fonction f définie sur
l'intervalle [0 10].
Le but de l’exercice est de savoir pendant combien de temps, en cas de problème (fuite de gaz...), le
mélange air-gaz reste explosif.
PARTIE A
 1. La représentation graphique Cf de la fonction f est donnée ci-dessous.
Le taux maximal de gaz dans l’air correspond au point S d’ordonnée 0,9 (à 0,1 près) de Cf donc le taux
maximal de gaz dans l’air est de 0,9, soit 90 %.
 2. Une des trois courbes données en annexe 2 est la représentation graphique de la fonction dérivée f ′
de f. La fonction f semble croissante sur [0 1] et décroissante sur [1 10] donc la dérivée f ′ de f doit être
positive sur [0 1] et négative sur [1 10]. On en déduit que la représentation graphique de f ′ doit être
située au dessus de l’axe des abscisses sur [0 1] et en dessous sur [1 10].
La courbe A ne convient pas car elle coupe l’axe des abscisses en avec
1.
La courbe B ne convient pas car elle est entièrement située au dessus de l’axe des abscisses sur [0 10].
La représentation graphique de la fonction dérivée f ′ de f ne peut donc être que la courbe C.
 3. Suivant le taux de gaz dans l'air, le mélange peut présenter un danger d'explosion.
La limite inférieure d'explosivité (L.I.E.) est de 0,2. En dessous de cette valeur, le mélange air-gaz est
trop pauvre pour exploser.
La limite supérieure d'explosivité (L.S.E.) est de 0,4. Au dessus de cette valeur le mélange air-gaz est trop
riche pour exploser.
6/8
On trace :
- la droite d’équation y 0,2 qui coupe Cf en A d’abscisse 0,1 et D d’abscisse 3,9.
- la droite d’équation y 0,4 qui coupe Cf en B d’abscisse 0,2 et C d’abscisse 2,9.
Le taux de gaz dans l’air est donc compris entre 0,2 et 0,4 pour x compris entre 0,1 et 0,2 et pour x
compris entre 2,9 et 3,9.
Le mélange air-gaz est donc explosif 0,1 minute après l’accident pendant 0,1 minute. Il redevient explosif
2,9 minutes après l’accident pendant 1 minute.
PARTIE B
La fonction f est définie sur [0 10] par : f(x)
x
2,5xe
où x désigne le nombre de minutes écoulées après l'accident et f(x) le taux de gaz dans l’air.
 1. f(10)
2,5 10e
10
5e
10
, soit f(10)
 2. f est de la forme u e v donc f ′
avec
u(x)

v(x)
f′(x)
2,5 e
x
u′ e v u ( e v ) ′
u′ e v u v′ e v
u′(x) 2,5
2,5x
d’où : 
et donc :
x
1
v′(x)
2,5x ( 1) e x 2,5 e x 2,5x e x (2,5 2,5x)e
On a donc : f ′(x)
2,5(1 x)e
x
2,5 0 e
d’où :
0
x
pour tout nombre réel x de l'intervalle [0 10].
 3. f ′(x) 2,5(1 x)e x avec 2,5 0 et e
f′(x) est du signe de (1 x) avec : 1 x 0
De plus : f(0)
0,001 (arrondi à 0,001 près).
0 , f(1)
x
x
0 pour tout x (propriété de la fonction exponentielle) donc
x 1.
2,5 1 e
1
0
signe de f 
2,5e 1 et
f(10)
1

10
25e
10
10
0
2,5e
2,5 10 e
+
1
f
0
25e
10
 4. a) La fonction f est continue et strictement décroissante sur [1 10] avec f(1) 0,92 et
f(10) 0,001 donc f(10) 0,2 f(1). On en déduit, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que
l’équation f(x) 0,2 possède une solution unique dans l’intervalle [1 10].
On a de même : f(10) 0,4 f(1) donc on en déduit que l’équation f(x)
unique dans l’intervalle [1 10].
0,4 possède une solution
b) A l'aide de la calculatrice, on obtient :
On a donc
f(3)
0,2
f(4)
f(3,8)
0,2
f(3,9)
f(2,8)
0,4
f(2,9)
f(3,88)
0,2
f(3,89)
f(2,89)
0,4
f(2,90)
f(3,882)
0,2
f(3,883)
f(2,895)
0,4
f(2,896)
3,88 et
f(2)
0,4
f(0,3)
2,90 (arrondi à 0,01 près)
c) On a
3,88 et
2,90 donc
0,98
Une estimation de la durée d'explosivité, après que le taux maximal a été atteint est donc de 0,98 minute.
7/8
Annexe 1
Annexe 2
Courbe A
Courbe B
Courbe C
8/8