corrigé

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
5
En 5 ans, elle est donc multipliée par 1 3  1,035, soit par environ 1,1293 1 15,93 ce qui
 100 
100
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 . L’événement contraire de « obtenir au moins une fois un 6 » est
6

« ne pas obtenir de 6 » donc la probabilité d’obtenir au moins fois un 6 est donnée par :
1 p(X
0)
 10   1 0  1 10
 
1
 0  6  6
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 :
x 3 3x 2 9x 2.
Soit la fonction f définie sur
par : f(x)
f est deux fois dérivable sur
et on a : f ′(x)
3x 2 6x 9 et f ″(x)
6x 6.
La dérivée seconde f ″de f s’annule en 1 en changeant de signe et on a :
f( 1) ( 1)3 3 ( 1)2 9 ( 1) 2 13 donc la courbe Cf de la fonction f
d'inflexion le point de coordonnées ( 1 13).
admet comme point
Question 5 :
On considère la fonction f définie sur [0 4] par f(x) (x 2)e x .
f est dérivable sur [0 4] et on a f ′(x) 1 e x (x 2)e x (x 1)e x avec e x 0 pour tout x donc f′(x) est
du signe de (x 1), 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 e1
e.
Le minimum de f sur [0 4] est donc e.
1/1
Exercice 2 (5 points)
 1. a) Le nombre d’employés de l’entreprise augmente de 2 % par an, donc un
La suite ( un ) est donc géométrique de raison 1,02 et de premier terme u0
b) D’après la question précédente, on a : un
1
un 1,02.
2000.
2000 1,02n .
u0 q n , soit un
 2. 2,5 % du personnel féminin part à la retraite tous les ans et l’entreprise recrute 55 femmes tous les
ans donc :
fn 1 (1 0,025)fn 55, soit fn 1 0,975fn 55.
 3. Le nombre d’employés en 2017 est donné par : u1 2000 1,02
donné f1 0,975 f0 55 0,975 960 55 991.
Il y aura donc 1049 hommes (2040 – 991) dans l’entreprise en 2017.
2040 et le nombre de femmes est
 4. a) Déterminons le réel q tel que vn 1 q vn pour tout n.
vn fn 2200 pour tout n donc : vn 1 fn 1 2200
0,975fn 55 2200
0,975fn 2145
0,975(vn 2200) 2145
0,975vn 2145 2145
0,975fn
On a donc vn 1 0,975vn ; la suite ( vn ) est donc géométrique de raison 0,975.
De plus : v0 f0 2200 960 2200 donc le premier terme de la suite ( vn) est v0
b) D’après la question précédente, on a vn
c) On a vn
fn 2200 donc fn
d) 0,975 ]0 1[ donc lim 0,945n
n
1240 0,975n .
v0 q n , soit vn
vn 2200, soit fn
1240.
2200 1240 0,975n .
0 d’où : lim fn
2200.
n
 4. a) Les valeurs dans le tableau sont arrondies à l’unité :
U>2F
N
U
F
0
Vrai
1
Vrai
2
Vrai
3
Vrai
4
Vrai
5
2000
960
2040
991
2081
1021
2122
1051
2165
2208
1079
1107
Faux
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 un  dans la calculatrice et observer les différents
2 
termes. On retrouve le résultat précédent, soit fn 1 un à partir de n 5 mais on constate qu’à partir de
2
n 17 (c’est-à-dire à partir de 2033), fn redevient plus petit que 1 un , c’est-à-dire que le nombre de
2
femmes redevient inférieur au nombre d’hommes.
Le délégué syndical a donc raison.
2/2
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 ( E ) 1 p(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 ( S ) 1 pE (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 ( S ) 1 pE (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 ( E ) 0,56 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 :
0,56 avec 0,56 0,9739
pS (E) p(S E)
p(S)
0,575
0,575
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.
3/3
a) Soit X le gain en euros du chasseur d’épaves lors d’une sortie. On a :
p(X 2000) p(S E) 0,56
p(X
500)
p(S E)
p(X
300)
p( S )
pE (S) p ( E )
1 p(S)
0,05 0,3
0,015
0,425
La loi de probabilité du « gain » (positif ou négatif) réalisé est donc donnée par :
gain xi
2000
probabilité pi
0,56
On peut vérifier que : 0,56
0,015 0,425
500
0,015
300
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
Le gain par sortie en mer qu’il peut espérer avoir est donc de 985 €.
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 ( S )
0,425.
On a donc une succession de n 5 épreuves indépendantes et identiques à 2 issues possibles :
- la réussite (le sonar reste muet) avec une probabilité p 0,425
- l’échec (le sonar ne reste pas muet) avec une probabilité 1 p 0,575
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 n 5 et p 0,425.
5
  0,4253 (1 0,425)5 3, soit p(Y 3) 0,253806
3
La probabilité pour que, sur les cinq sorties, le sonar reste muet sur exactement trois sorties est donc
d’environ 0,254.
D’après le cours : p(Y
3)
4/4
Exercice 4 (5 points)
x2
10000
e
f est la fonction définie sur [ 200 200] par f(x)
.
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
u
e avec u :x
soit f ′(x)
0,0002x e
b) On a f ′(x)
x 2 dérivable sur
10000
x2
10000
0,0002x e
donc sur [ 200 200], de dérivée u′ :x
2x e
10000
x2
10000
pour tout x de [ 200 200].
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
signe de f 
200
+
0
0
1
200

f
e
4
e
4
 2. a) La fonction f est continue et strictement décroissante sur [0 200].
De plus : f(0) 1 et f(200) e 4, 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)
f(84)
0,5
0,5
f(83,26)
f(0)
donc
0
100
f(83)
donc
83
84
0,5
f(83,25) donc 83,25
Une valeur approchée de
; f(90)
; f(83,3)
0,5
f(80) donc
80
f(83,2) donc 83,2
90
83,3
83,26
à 10 2 près est 83,26 (ou 83,25).
5/5
x2
10000
 3. On donne f ″(x)
0,0002(1 0,0002x ) e
avec e
2
donc f ″(x) est du signe contraire de (1 0,0002x ) avec :
1
1 0,0002x 2 0
x2
x 2 5000
– 5000 x
0,0002
2
200
x
f(x)
– 5000
+
0
La fonction f est donc convexe sur [ 200
5000 ]
x2
10000
0 pour tout réel x et 0,0002
0
5000 , d’où :
200
5000
0
+
5000 200 et concave sur [
5000
5000 ].
Partie B
On admet que la probabilité qu’une catastrophe naturelle ne se produise pas en Gironde pendant les x
années à venir est donnée par f(x)
 1. f(10)
e
102
10000
e
1
100
soit f(10)
e
x2
10000
où x désigne un nombre réel positif.
0,99 (à 10 2 près).
La probabilité qu'une catastrophe naturelle ne se produise pas en Gironde au cours des 10 années à venir
est donc d’environ 0,99.
 2. En passant par l’événement contraire, on trouve que la probabilité qu’une catastrophe naturelle se
produise dans les 20 prochaines années en Gironde est donnée par 1 f(20) où f(20) représente la
probabilité qu’une catastrophe naturelle ne se produise pas dans les 20 prochaines années avec
f(20) 0,96 (à 10 2 près).
La probabilité qu’une catastrophe naturelle se produise dans les 20 prochaines années en Gironde est donc
d’environ 0,04.
 3. Une assurance propose de couvrir les risques d'une catastrophe naturelle en Gironde pendant un
temps T en échange d’une cotisation. Toutefois l'assureur estime que le contrat n’est pas rentable pour lui
s’il a plus de 50 % de chance de devoir indemniser un client.
D’après la partie A, la fonction f est décroissante sur [0 200] et f(x) 0,5 admet pour solution avec
83,26. On a donc f(x) 0,5 pour x
.
On en déduit que le temps T maximal que l’assureur peut proposer est de 83 ans.
6/6