corrigé

1/1
Bac Blanc Terminale L - Février 2016
Correction de l’épreuve de Spécialité Mathématiques (durée 3 heures)
Exercice 1 (5 points)
Question 1 :
La population d’une ville augmente de 3 % tous les ans donc elle est multipliée tous les ans par 1 3
100 .
En 5 ans, elle est donc multipliée par  1 3
100 51,035, soit par environ 1,1293 1 15,93
100 ce qui
correspond à une augmentation sur 5 ans de la population de cette ville d’environ 15,93 %.
Question 2 :
Dans une classe, il y a 60 % de filles, soit p(F) 0,6 et donc p(G) 1 p(F) 0,4 . On sait que 30 % des
garçons sont blonds, soit pG(B) 0,3 et qu’un élève sur 4 est blond soit p(B) 0,25. Je choisis un élève au
hasard. La probabilité que ce soit une fille blonde est donnée par :
p(F B)p(B)p(G B) d’après la formule des probabilités totales,
d’où : p(F B)p(B)pG(B)p(G) 0,25 0,3 0,4 0,25 0,12 0,13
La probabilité que ce soit une fille blonde est donnée égale à 0,13.
Question 3 :
Je lance un dé à 6 faces non truqué 10 fois. La variable aléatoire X donnant le nombre de 6 obtenus suit la
loi binomiale de paramètres  60 1
6 . L’événement contraire de « obtenir au moins une fois un 6 » est
« ne pas obtenir de 6 » donc la probabilité d’obtenir au moins fois un 6 est donnée par :
1p(X0) 
10
0
1
6 0
1 1
6 10 0 soit environ à la calculatrice 0,83849.
La probabilité d’obtenir au moins une fois un 6 sur 10 lancés est environ de 0,838.
Question 4 :
Soit la fonction f définie sur par : f(x)x33x29x2.
f est deux fois dérivable sur et on a : f ′(x) 3x26x9 et f ″(x) 6x6.
La dérivée seconde f ″de f s’annule en 1 en changeant de signe et on a :
f( 1) ( 1)33 ( 1)29 ( 1) 2 13 donc la courbe Cf de la fonction f admet comme point
d'inflexion le point de coordonnées ( 1 13).
Question 5 :
On considère la fonction f définie sur [0 4] par f(x) (x2)ex.
f est dérivable sur [0 4] et on a f ′(x) 1 ex(x2)ex(x1)ex avec ex0 pour tout x donc f′(x) est
du signe de (x1), soit négatif sur [0 1] et positif sur [1 4]. On en déduit que f est décroissante sur
[0 1] et croissante sur [1 4]. f admet donc un minimum en 1 avec f(1) 1 e1e.
Le minimum de f sur [0 4] est donc e.

2/2
Exercice 2 (5 points)
 1. a) Le nombre d’employés de l’entreprise augmente de 2 % par an, donc un1un1,02.
La suite ( ) un est donc géométrique de raison 1,02 et de premier terme u02000.
b) D’après la question précédente, on a : unu0qn, soit un2000 1,02n.
 2. 2,5 % du personnel féminin part à la retraite tous les ans et l’entreprise recrute 55 femmes tous les
ans donc :
fn1(1 0,025)fn55, soit fn10,975fn55.
 3. Le nombre d’employés en 2017 est donné par : u12000 1,02 2040 et le nombre de femmes est
donné f10,975 f055 0,975 960 55 991.
Il y aura donc 1049 hommes (2040 – 991) dans l’entreprise en 2017.
 4. a) Déterminons le réel q tel que vn1q vn pour tout n.
vnfn2200 pour tout n donc : vn1fn12200
0,975fn55 2200
0,975fn2145
0,975( ) vn2200 2145
0,975vn2145 2145
0,975fn
On a donc vn10,975vn ; la suite ( ) vn est donc géométrique de raison 0,975.
De plus : v0f02200 960 2200 donc le premier terme de la suite ( ) vn est v01240.
b) D’après la question précédente, on a vnv0qn, soit vn1240 0,975n.
c) On a vnfn2200 donc fnvn2200, soit fn2200 1240 0,975n.
d) 0,975 ]0 1[ donc lim
n 0,945n0 d’où : lim n fn2200.
 4. a) Les valeurs dans le tableau sont arrondies à l’unité :
U > 2 F
Vrai
Vrai
Vrai
Vrai
Vrai
Faux
N
0
1
2
3
4
5
U
2000
2040
2081
2122
2165
2208
F
960
991
1021
1051
1079
1107
L’algorithme affiche 2021 (2016+5) ; cela signifie que c’est en 2021 que l’entreprise emploiera plus de
femmes que d’hommes.
b) On peut, par exemple, entrer les suites ( ) fn et  1
2 un dans la calculatrice et observer les différents
termes. On retrouve le résultat précédent, soit fn 1
2 un à partir de n5 mais on constate qu’à partir de
n17 (c’est-à-dire à partir de 2033), fn redevient plus petit que 1
2 un, c’est-à-dire que le nombre de
femmes redevient inférieur au nombre d’hommes.
Le délégué syndical a donc raison.

3/3
Exercice 3 (5 points)
Un organisme officiel est chargé de réglementer la fouille des fonds marins et d’éviter ainsi les pillages.
Un chasseur d’épaves se rend sur la zone qu’on lui a attribuée. Son bateau est équipé d’un sonar pour
détecter la présence d’une épave. On note :
- E l’événement : « il y a une épave sur zone » et E l’événement contraire de E,
- S l’événement : « le sonar indique l’existence d’une épave » et S l’événement contraire de S.
 1. La probabilité qu’une épave soit sur zone est de 0,7 donc on a : p(E) 0,7 et p( ) E1p(E) 0,3.
Au cours de la campagne de fouilles précédente, il a remarqué que si une épave est présente, le sonar
indique sa présence dans 80 % des cas donc on a : pE(S) 0,8 et pE( ) S1pE(S) 0,2.
S’il n’y a pas d’épave, le sonar indique néanmoins la présence d’une épave dans 5 % des cas donc on a :
pE(S) 0,05 et pE( ) S1pE(S) 0,95
On obtient l’arbre pondéré suivant :
 2. p(E S)pE(S)p(E) 0,8 0,7 soit p(E S) 0,56.
La probabilité qu’il existe une épave et que le sonar la détecte est de 0,56 (ou encore, le sonar détecte une
épave qui existe réellement dans 56 % des cas).
 3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
p(S)p(E S)p( ) E S 0,56 pE(S)p( ) E0,56 0,05 0,3 0,575
La probabilité que le sonar indique la présence d’une épave (réelle ou fictive) est bien de 0,575.
 4. Le sonar indique la présence d’une épave.
Il ne s’agit pas d’une fausse alerte si l’épave est bien présente donc la probabilité qu’il ne s’agisse pas
d’une fausse alerte est donnée par :
pS(E) p(S E)
p(S) 0,56 0,575 avec 0,56 0,575 0,9739
Lorsque le sonar détecte une épave, la probabilité qu’il ne s’agisse pas d’une fausse alerte est donc
d’environ 0,974.
 5. Lors d’une sortie en mer, le chasseur d’épaves se trouve toujours dans l’une des trois situations
suivantes :
- Situation 1 : une épave est présente sur la zone et le sonar la détecte. Les plongeurs la localisent et
l’identifient : une prime de 2000 € est alors versée au chasseur d’épaves.
- Situation 2 : il n’y a pas d’épave présente sur la zone mais le sonar en détecte une. Les plongeurs
descendent, font des recherches pour rien et la sortie coûte 500 € au chasseur d’épaves.
- Situation 3 : le sonar ne détecte aucune épave (qu’il y en ait ou pas). Les plongeurs restent à bord et la
sortie coûte 300 € au chasseur d’épaves.

4/4
a) Soit X le gain en euros du chasseur d’épaves lors d’une sortie. On a :
p(X2000) p(S E) 0,56
p(X500) p( ) S E pE(S)p( ) E0,05 0,3 0,015
p(X300) p( ) S1p(S) 0,425
La loi de probabilité du « gain » (positif ou négatif) réalisé est donc donnée par :
gain xi
2000
500
300
probabilité pi
0,56
0,015
0,425
On peut vérifier que : 0,56 0,015 0,425 1
b) Le chasseur d’épaves effectue de nombreuses sorties.
L’espérance de la loi précédente est : E(X) 2000 0,56 ( 500) 0,015 ( 300) 0,425 985
Le gain par sortie en mer qu’il peut espérer avoir est donc de 985 €.
 6. Le chasseur d’épaves prévoit d’effectuer cinq sorties successives sur la zone de fouilles.
A chaque sortie, la probabilité que le sonar reste muet est : p( ) S0,425.
On a donc une succession de n5 épreuves indépendantes et identiques à 2 issues possibles :
- la réussite (le sonar reste muet) avec une probabilité p0,425
- l’échec (le sonar ne reste pas muet) avec une probabilité 1 p0,575
La variable aléatoire Y donnant le nombre de sorties où le sonar reste muet sur les 5 sorties suit donc la loi
binomiale de paramètres n5 et p0,425.
D’après le cours : p(Y3) 
5
30,4253(1 0,425)5 3, soit p(Y3) 0,253806
La probabilité pour que, sur les cinq sorties, le sonar reste muet sur exactement trois sorties est donc
d’environ 0,254.

5/5
Exercice 4 (5 points)
f est la fonction définie sur [ 200 200] par f(x)e x2
10000 .
est sa courbe représentative dans un repère orthogonal, donnée ci-dessous.
Partie A
 1. On désigne par f ′ la fonction dérivée de f.
a) f eu avec u :x x2
10000 dérivable sur donc sur [ 200 200], de dérivée u′ :x 2x 10000 e x2
10000
soit f ′(x) 0,0002xe x2
10000 pour tout x de [ 200 200].
b) On a f ′(x) 0,0002xe x2
10000 avec e x2 10000 0 pour tout réel x donc f ′(x) est du signe de 0,0002x.
On en déduit le tableau de variations suivant :
x
200
0
200
signe de f 
+
0
1
f
e4
e4
 2. a) La fonction f est continue et strictement décroissante sur [0 200].
De plus : f(0) 1 et f(200) e4, soit f(200) 0,018 ; on a donc : f(200) 0,5 f(0).
On en déduit, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que l’équation f(x) 0,5 admet une unique
solution sur l'intervalle [0 200].
b) A la calculatrice, on trouve successivement :
f(100) 0,5 f(0) donc 0 100 ; f(90) 0,5 f(80) donc 80 90
f(84) 0,5 f(83) donc 83 84 ; f(83,3) f(83,2) donc 83,2 83,3
f(83,26) 0,5 f(83,25) donc 83,25 83,26
Une valeur approchée de à 10 2 près est 83,26 (ou 83,25).