Correction Spé Mathématiques - Bac S 2017 Polynésie

Correction Spé Mathématiques - Bac S 2017 Polynésie

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Ce sujet ne présentait pas de difficulté particulière. Les thèmes abordés sont les probabilités, la géométrie dans l'espace, l'étude de fonction et l'arithmétique.

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Correction Spé Mathématiques - Bac S 2017 Polynésie

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EXERCICE 1

Partie A - Durée d'attente

1. a. D1 est une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre 0,6, donc E(D1) = 1/0,6 ≈ 1,667

Un client internet qui appelle cette ligne d'assistance peut espérer une durée d'attente en moyenne d'environ 1,667 minutes.


b. P(D1 ≤ 5) = 1 - e-0,6×5 ≈ 0,950 donc la probabilité que la durée d'attente d'un client Internet choisi au hasard soit inférieure à 5 minutes est d'environ 0,950.


2. a. P(D2 ≤ 4) = 0,798 ↔ 1-e-λ×4 = 0,798

↔ e-λ×4 = 1-0,798

↔ e-λ×4 = 0,202

↔ ln(e-λ×4) = ln(0,202)

↔ -λ×4 = ln(0,202)

↔ λ = -(ln(0,202))/4

Donc λ ≈ 0,400


b. P(D2 ≤ 5) = 1 - e-0,4×5 ≈ 0,865

Cela signifie qu'environ 86,5% des clients mobiles choisis au hasard attendent moins de 5 minutes avant de joindre un opérateur, donc environ 13,5% attendent plus de 5 minutes. Donc on ne peut pas considérer que moins de 10% des clients mobule choisis au hasard attendent plus de 5 minutes avant de joindre un opérateur.


Partie B - Obtention d'un opérateur

1. On nomme O l'événement "le client joint un opérateur" :

P(O) = 0,7 × 0,95 + 0,3 × 0,87 = 0,926

Donc la probabilité que le client joigne un opérateur est de 0,926.


2. On note M l'événement "l'appel provient d'un client mobile" et I l'événement "l'appel provient d'un client internet" :

PO(M) = (0,13 × 0,3) / (1 - 0,926) = 0,527

PO(I) = (0,05 × 0,7) / (1 - 0,926) = 0,473

Donc sachant que l'appel du client a prix fin après 5 minutes d'attente sans avoir un opérateur il est plus probable que ce soit un client mobile.


Partie C - Enquête de satisfaction

n = 1303 ≥ 30

0,15 × 1303 ≥ 5

et 0,85 × 1303 ≥ 5

On peut faire un intervalle de fluctuation des échantillons de taille 1303 au seuil de confiance de 95% :

Or 1150/1303≈0,883 n'appartient pas à l'intervalle de fluctuation donc on peut rejeter l'hypothèse que le taux de satisfaction est de 85%.


EXERCICE 2

1. a. Soit O le centre du cône, S le sommet du cône et A un point du cercle de base.

On sait que SOA est rectangle en O. D'après le théorème de Pythagore dans le triangle SOA, on a :

SA2 = SO2 + OA2

202 = h2 + OA2

OA2 = 400 - h2

Or, l'aire du cercle de base est de Π × OA2 donc l'aire du cercle de base est Π(400 - h2).

On obtient finalement que le volume du cône en fonction de la hauteur est : 

 

b. Étudions la fonction V définie pour tout nombre h ∈ ℝpar 

V est dérivale sur R+ comme somme de fonction dérivable sur R+.

Pour tout h ∈ R+ , 

V' est une fonction polynôme du second degré qui s'annule sur R+ en 20/√3. On obtient donc le tableau de variation de V suivant :

 

La hauteur qui rend le volume maximal est 20/√3 cm.

 

c. La longueur du cercle de base du cône est aussi celle du cercle initial moins la longueur de l'arc du secteur angulaire découpé.

On sait que le rayon du cercle de base est  ce qui, dans ce cas, vaut 

Le périmètre du cercle de base est donc 

Finalement, on cherche α tel que 

On trouve 


2. Soit R le rayon du disque en carton. En reprenant l'analyse précédente, on introduit la fonction VR définie pour tout h ∈ R+ par 

De manière analogue, on trouve que le colume est maximal pour une hauteur de R/√3.

On a alors le périmètre du cercle de la base :

 

car R est positif.

Comme précédemment, α est la solution de l'équation 

On en conclut que l'angle α ne dépend pas du rayon du disque en carton.


EXERCICE 3

1. On considère un cube ABCDEFGH dont [AC] est l'une des diagonales du carré ABCD, en plaçant un point en H et en F, alors la figure ACFH est un tétraèdre. C'est un tétraèdre régulier car [FC] est une diagonale du carré FGCB donc AC = FC. De la même manière, AC = FC = HF = HC = HA = FA, donc le tétraèdre est régulier.


2. Le centre du cube est l'intersection des diagonales du cube au milieu de chacune d'entre elles. Or, dans un cube, les diagonales sont toutes de même longueur. Donc le centre du cube est le point équidistant de tous les sommets du cube donc en particulier des sommets A, C, F et H. L'atome de carbonne est donc situé au centre du cube.


3.


EXERCICE 4

Partie A

1. on peut supposer que la lettre E a été codée par la lettre O et que la lettre A a été codée par la lettre E.

2. Toujours sous les mêmes hypothèses, O est codé par le nombre 14, E par le chiffre 4, et A par le ciffre 0.

On obtient donc : a × 0 + b ≡ 4 (mod 26), c'est-à-dire b≡4. De même, on obtient 4a+b≡14 (mod 26).

On a donc bien a et b solutions du système.


3. Comme b est compris entre 0 et 25, on en déduit que b=4.

Il ne reste qu'à résoudre l'équation d'inconnue a :

4a+4≡14 (mod 26)

4a≡10 (mod 26)

Il suffit d'essayer toutes les valeurs possibles pour a et on trouve que a peut être égal à 9 ou 22. Donc les couples solutions sont (9;4) et (22;4).


Partie B

1. a. On a a=22 et b=4. K correspond au nombre 10 donc on a 22×10+4≡224≡16 (mod 26).

Donc la lettre K est codée par la lettre Q.

La lettre X correspond au nombre 23 donc on a 22×23+4≡510≡16 (mod 26)

Donc la lettre X est codée par la lettre Q.

b. Ce codage n'est pas envisageable car deux lettres différentes ne doivent pas être codées par une même lettre.


2. On a a=9 et b=4.

a. Soient n et m deux entiers naturels, on a:

m ≡ 9n + 4

↔ 3m ≡ 27n + 12

↔ 3m = n+12

↔ 3m - 12 ≡ n

↔ 3m + 14 ≡ n

b. A correspond au nombre 0, on a 0≡9n+4 (mod 26). Or, d'après la question précédente, on a n≡0+14 (mod 26) donc n=14 et la lettre O a été codée par la lettre A. Q correspond au nombre 16, on a comme précédemment n≡3×16+14≡10 (mod 26).

La lettre K a été codée par la lettre Q.

Le décodage du mot AQ est donc OK.

 

Fin de l'extrait

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