Baccalauréat 2016 - S Centres Étrangers

Baccalauréat 2016 - S
Centres Étrangers
Série S Obli. et Spé.
8 juin 2016
Correction
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Remarque :dans la correction détaillée ici proposée, les questions des exercices sont presque intégralement réécrites pour
faciliter la lecture et la compréhension du lecteur. Il est cependant exclu de faire cela lors de l’examen, le temps est précieux ! Il
est par contre nécessaire de numéroter avec soin vos questions et de souligner ou encadrer vos résultats. Pour plus de précisions
et d’astuces, consultez la page dédiée de math93.com : présenter une copie, trucs et astuces.
Exercice 1. Vrai/Faux 4 points
Candidat/e/s n’ayant pas choisi la spécialité mathématique.
La probabilité que la masse de la baguette soit supérieure à 187g est supérieur à 0,9.
Affirmation 1 (Vraie)
Preuve.
La variable aléatoire Xsuit une loi normale d’espérance 200 et d’écart type 10, or on a :
Si la variable aléatoire Xsuit une loi normale
Nµ;σ2alors on a :
P(X < µ) = 0,5 = P(X > µ)
De plus pour tout réel aavec a < µ :
P(X > a) = P(a < X < µ) + 0,5
a
P(X > a)
µ
0,5
µ−a
Propriété 1 (P(X > a) ; a < µ)
Donc ici :
P(X > 187) = P(187 < X < 200) + 0,5≈0,903 2 >0,9
L’affirmation 1 est donc vraie.
Calculatrice : Sur la TI Voyage 200
TIStat.normFDR(187,200,200,10) + 0,5≈0,903 2

Correction Bac S 2016 - Centres Étrangers
Obli. et Spé. - 8 juin 2016
L’équation x−cos x= 0 admet une unique solution sur h0 ; π
2i.
Affirmation 2 (Vraie)
Preuve.
Soit fla fonction :
f:(h0 ; π
2i−→ R
x7−→ f(x) = x−cos x
Cette fonction est dérivable sur I en tant que somme de fonctions dérivables sur I. On a alors :
f′(x) = 1 + sin x≥0
car
∀x∈h0 ; π
2i;−1≤sin x≤1
On a donc
f(0) = 0 −cos 0 = −1et fπ
2=π 2
x
Signe de f′(x)
f
0π
2
+
−1−1
π
2
π
2
α
0
Si fest une fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle [a;b],
alors, pour tout réel kcompris entre f(a)et f(b), l’équation f(x) = kadmet
une unique solution dans [a;b].
Remarque : Le première démonstration rigoureuse de ce théorème est due au mathématicien
autrichien Bernard Bolzano (1781-1848).
Théorème 1 (Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires)
Application du corollaire :
•La fonction fest continue et strictement croissante sur l’intervalle h0 ; π
2i;
•L’image par fde l’intervalle h0 ; π
2iest hf(0) ; fπ 2id’après le tableau de variations.
•Le réel k= 0 appartient à l’intervalle image car :
f(0) = −1<0< f < f π
2=π 2
Donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,
l’équation f(x) = 0 admet une solution unique αsur l’intervalle h0 ; π
2i.
L’affirmation 2 est donc vraie.
www.math93.com /www.mathexams.fr c ISSN 2272-5318 2/17

Correction Bac S 2016 - Centres Étrangers
Obli. et Spé. - 8 juin 2016
Les représentations paramétriques des droites D1et D2sont :
D1:
x= 1 + 2t
y= 2 −3t
z= 4t
, t ∈Ret D2:
x=−5t′+ 3
y= 2t′
z=t′+ 4
, t′∈R
Les droites D1et D2sont sécantes.
Affirmation 3 (Fausse)
Preuve.
On va chercher des éventuelles solutions du système :
1 + 2t=−5t′+ 3
2−3t= 2t′
4t=t′+ 4 ⇐⇒ 
1 + 2t=−5t′+ 3
2−3t= 2t′
4t−4 = t′
On va alors injecter 4t−4 = t′dans les deux premières égalités
1 + 2t=−5t′+ 3
2−3t= 2t′
4t=t′+ 4 ⇐⇒ 
1 + 2t=−5 (4t−4)
|{z }
t′
+3
2−3t= 2 (4t−4)
|{z }
t′
4t−4 = t′
⇐⇒ 
1 + 2t=−20t+ 20 + 3
2−3t= 8t−8
4t−4 = t′
⇐⇒ 
22t= 22
−11t=−10
4t−4 = t′
⇐⇒ 
t= 1
t=10
11
4t−4 = t′
Ce système ne possède donc pas de solution. Les droites ne sont pas sécantes et l’affirmation 3 est donc fausse.
La droite D1est parallèle au plan Pd’équation x+ 2y+z−3 = 0.
Affirmation 4 (Vraie)
Preuve.
Un vecteur directeur de D1est −→ u
2
−3
4
et un vecteur normal au plan Pest −→
n
1
2
1
. On a :
−→
u
2
−3
4
.−→
n
1
2
1
= 2 −6 + 4 = 0 =⇒−→
u⊥−→ n
Donc la droite D1est parallèle au plan P,l’affirmation 4 est donc vraie .
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Obli. et Spé. - 8 juin 2016
Exercice 2. Fonctions 6 points
Candidat/e/s n’ayant pas choisi la spécialité mathématique.
Soit fdéfinie, continue et positive sur [0 ; 1] et aun
réel tel que 0< a < 1. On note A1l’aire du plan li-
mité par l’axe des abscisses, la courbe C, les droites
d’équation x= 0 et x=a.
Puis on note A2l’aire du plan limité par l’axe des
abscisses, la courbe C, les droites d’équation x=a
et x= 1.
La condition Eest : « les aires A1et A2sont
égales »
Partie A - Étude de quelques exemples
1. Vérifier dans les cas suivants que la condition Eest remplie pour un unique réel a, et déterminer sa valeur.
1. a. fest une fonction constante strictement positive ;
Si fest constante, A1et A2sont les aires de deux rectangles de même largeur. Il suffit de prendre a= 0,5, les rectangles
auront ainsi les mêmes dimensions.
1
a= 0.5
A1A2
C
1. b. fest définie pour tout réel x∈[0 ; 1] par f(x) = x.
1
a=√2
2
A1
A2
C
Dans ce cas les aires A1et A2sont respectivement celles d’un triangle rectangle et d’un trapèze. On peut calculer directement
les aires en fonctions de aoù utiliser l’intégration. En unités d’aire on a :
A1=Za
0
xdx=x2
2a
0
=a2
2et A2=Z1
a
xdx=x2
21
a
=1−a2
2
Soit
A1=A2⇐⇒ a2
2=1−a2 2⇐⇒ a2=1 2
Et puisque 0< a < 1, la seule solution possible est
a=√2
2
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Correction Bac S 2016 - Centres Étrangers
Obli. et Spé. - 8 juin 2016
2.
2. a. A l’aide d’intégrales, exprimer (en unités d’aire) les aires A1et A2.
On a :
A1=Za
0
f(x)dxet A2=Z1
a
f(x)dx
2. b. On note Fune primitive de f. Montrer que si avérifie Ealors F(a) = F(0) + F(1)
2. La réciproque est-elle
vraie ?
•Si avérifie Ealors
A1=A2⇐⇒ Za
0
f(x)dx=Z1
a
f(x)dx
⇐⇒ F(x)a
0=F(x)1
a
⇐⇒ F(a)−F(0) = F(1) −F(a)
⇐⇒ 2F(a) = F(1) + F(0)
A1=A2⇐⇒ F(a) = F(0) + F(1)
2
•Réciproquement. On a procédé par équivalence dans la question précédente, donc la réciproque est vraie.
3. Dans cette question, on envisage deux autres fonctions particulières.
3. a. fest définie pour tout réel x∈[0 ; 1] par f(x) = ex. Vérifier que (E)est remplie pour un unique réel aet
déterminer sa valeur.
Une primitive de la fonction x7−→ exétant x7−→ exon a d’après le résultat de la question (2.b.) :
A1=A2⇐⇒ F(a) = F(0) + F(1)
2
⇐⇒ ea=e0+e1
2=1 + e1 2
On compose alors par la fonction x7−→ ln xdéfinie sur ]0 ; +∞[:
A1=A2⇐⇒ a= ln 1 + e
2
3. b. fest définie pour tout réel x∈[0 ; 1] par f(x) = 1
(x+ 2)2. Vérifier que la valeur a=2 5convient.
On rappelle que la dérivée d’une fonction de la forme 1
u(où udérivable ne s’annulant pas) est −u′ u2donc une primitive de la
fonction f:x7−→ 1
(x+ 2)2étant F:x7−→ −1 x+ 2. On a alors d’après le résultat de la question (2.b.) :
A1=A2⇐⇒ F(a) = F(0) + F(1)
2
⇐⇒ −1
a+ 2 =
−1
0 + 2 +−1 1 + 2
2
⇐⇒ −1
a+ 2 =
−1
2+−1 3
2
⇐⇒ −1
a+ 2 =−5 12
⇐⇒ −(a+ 2) = 12
−5et a6=−2
A1=A2⇐⇒ a=2
5
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