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Catégorie :Category: mViewer GX Creator Lua TI-Nspire
Auteur Author: cln
Type : Classeur 3.6
Page(s) : 12
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Visibilité Visibility: Archive publique
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Description 

A. P. M. E. P.
[ Corrigé du Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie
Mars 2016



E XERCICE 1 Commun à tous les candidats 6 points

Partie A

Une boite contient 200 médailles souvenir dont 50 sont argentées, les autres dorées.
Parmi les argentées 60 % représentent le château de Blois, 30 % le château de Langeais,
les autres le château de Saumur.
Parmi les dorées 40 % représentent le château de Blois, les autres le château de Langeais.
On tire au hasard une médaille de la boite. Le tirage est considéré équiprobable et on
note :
A l’évènement « la médaille tirée est argentée » ;
D l’évènement « la médaille tirée est dorée » ;
B l’évènement « la médaille tirée représente le château de Blois » ;
L l’évènement « la médaille tirée représente le château de Langeais » ;
S l’évènement « la médaille tirée représente le château de Saumur ».


1. On peut représenter les données de l’exercice sous forme d’un arbre pondéré :

60 B
100
30
1 A L
100
4
10
100 S

40
3 100 B
4
D
60 L
100

a. L’événement « la médaille tirée est argentée et représente le château de Lan-
geais » est A ∩ L.
1 30 3
P (A ∩ L) = P (A) × P A (L) = × =
4 100 40
Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.



b. On cherche P (L) ; d’après la formule des probabilités totales :
3 3 60
P (L) = P (A ∩ L) + P (D ∩ L) = P (A) × P A (L) + P (D) × P D (L) = + × =
40 4 100
3 18 21
+ =
40 40 40
c. Sachant que la médaille tirée représente le château de Langeais, la probabilité
que celle-ci soit dorée est P L (D) :
3 6 18
P (D ∩ L) 4 × 10 40 18 6
P L (D) = = = = =
P (L) 21 21 21 7
40 40
2. Il n’y a pas de médaille dorée représentant le château de Saumur donc la proba-
bilité que la médaille tirée soit argentée sachant qu’elle représente le château de
Saumur est de 1.



Partie B

Une médaille est dite conforme lorsque sa masse est comprise entre 9, 9 et 10, 1 grammes.
On dispose de deux machines M1 et M2 pour produire les médailles.

1. Après plusieurs séries de tests, on estime qu’une machine M1 produit des mé-
dailles dont la masse X en grammes suit la loi normale d’espérance 10 et d’écart-
type 0, 06.
On note C l’évènement « la médaille est conforme ».
La probabilité qu’une médaille soit conforme est P (C
³ ) ´= P (9, 9 6 X 6 10, 1) et la
probabilité qu’une médaille soit non conforme est P C = 1 − P (C ).
³ ´
D’après la calculatrice, P (C ) = P (9, 9 6 X 6 10, 1) ≈ 0, 904. Donc P C ≈ 0, 096.
2. La proportion des médailles non conformes produites par la machine M1 étant
jugée trop importante, on utilise une machine M2 qui produit des médailles dont
la masse Y en grammes suit la loi normale d’espérance µ = 10 et d’écart-type σ.
Y − 10
a. Soit Z la variable aléatoire égale à .
σ
D’après le cours, on peut dire que la variable Z suit la loi normale centrée
réduite.
b. Cette
³ ´ machine produit 6 % de pièces non conformes, ce qui veut dire que
P C = 0, 06.
Une médaille est non conforme si (Y < 9, 9) ou (Y > 10, 1) ; la variable aléatoire
Y est de moyenne 10 donc, par symétrie, P (Y < 9, 9) = P (Y > 10, 1).
0, 06
Il faut donc chercher l’écart type σ pour que P (Y < 9, 9) = , autrement dit
2
pour que P (Y < 9, 9) = 0, 03.




Nouvelle-Calédonie Wallis-et-Futuna 2 Mars 2016
Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.



0, 94
0, 03 0, 03




9, 9 10 10, 1
Y − 10 9, 9 − 10 −0, 1
Y < 9, 9 ⇐⇒ Y − 10 < 9, 9 − 10 ⇐⇒ < ⇐⇒ Z < car σ > 0
µ σ ¶ σ σ
0, 1
Donc P (Y < 9, 9) = 0, 03 ⇐⇒ P Z < − = 0, 03 où Z suit la loi normale
σ
centrée réduite.
On cherche β tel que P (Z < β) = 0, 03 à la calculatrice, et on trouve β ≈ −1,880 8.
0, 1
Donc − = −1,880 8 ⇐⇒ σ ≈ 0, 053
σ
Pour que la machine M2 produise 6 % de pièces non conformes, il faut que
σ ≈ 0, 053.




E XERCICE 2 Commun à tous les candidats 3 points

On considère les fonctions f et g définies sur l’intervalle [0 ; 16] par
f (x)³= ln(x + 1) et g (x) = ln(x + 1) + 1 − cos(x)

− → −´
Dans un repère du plan O, ı ,  , on note C f et C g les courbes représentatives des
fonctions f et g . Ces courbes sont données en annexe 1.
Pour tout x, cos(x) 6 1 donc 1 − cos(x) > 0 ; on en déduit que g (x) > f (x) pour tout x de
[0 ; 16].
On cherche les abscisses des points A et B ; comme ce sont des points d’intersection des
courbes C f et C g , ces abscisses sont solutions de l’équation f (x) = g (x) :
f (x) = g (x) ⇐⇒ ln(x + 1) = ln(x + 1) + 1 − cos(x) ⇐⇒ cos(x) = 1 ⇐⇒ x = k2π avec k ∈ Z
Les solutions de l’équation f (x) = g (x) dans [0 ; 16] sont 0, 2π et 4π.
On en déduit que x A = 2π et x B = 4π.
Comme sur [0 ; 16], g (x) > f (x) :
Zx A Z2π
• l’aire de la surface 1 est donnée par A1 =
£ ¤ £ ¤
g (x) − f (x) dx = g (x) − f (x) dx
xO 0
Zx B Z4π
• l’aire de la surface 2 est donnée par A2 =
£ ¤ £ ¤
g (x) − f (x) dx = g (x) − f (x) dx
xA 2π
g (x) − f (x) = 1 − cos(x) qui a pour primitive x 7−→ x − sin(x). Donc :
• A1 = [x − sin(x)]2π
0 = [2π − sin(2π)] − [0 − sin(0)] = 2π
• A2 = [x − sin(x)]4π
2π = [4π − sin(4π)] − [2π − sin(2π)] = 4π − 2π = 2π
Les deux surfaces hachurées sur le graphique ont donc la même aire égale à 2π.




Nouvelle-Calédonie Wallis-et-Futuna 3 Mars 2016
Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.



E XERCICE 3 Commun à tous les candidats 6 points
³ →− → − → −´
Dans le repère orthonormé O, ı ,  , k de l’espace, on considère pour tout réel m, le
1 1
plan P m d’équation m 2 x + (m − 1)y + mz − 3 = 0.
4 2
1. Le point A(1 ; 1 ; 1) appartient au plan P m si et seulement si
1 2 1 1 1
m x A + (m − 1)y A + mz A − 3 = 0 ⇐⇒ m 2 + (m − 1) + m − 3 = 0 ⇐⇒
4 ...

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