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[ Correction Baccalauréat S Métropole \
juin 2011
Exercice n
o
1 4 points
Dans un pays, il y a 2 % de la population contaminée par un virus.
PARTIE A
On dispose d’un test de dépistage de ce virus qui a les propriétés suivantes :
- La probabilité qu’une personne contaminée ait un test positif est de 0,99 (sen-
sibilité du test).
- La probabilité qu’une personne non contaminée ait un test négatif est de 0,
(spécificité du test).
On fait passer un test à une personne choisie au hasard dans cette population.
On note V l’événement « la personne est contaminée par le virus » et T l’événe-
ment « le test est positif ».
V et T désignent respectivement les événements contraires de V et T.
1.(a) Valeurs des probabilités : p ( V ) = 0,02, pV ( T ) = 0,99 et p V
( T ) = 0,97.
Arbre de probabilité.
V
T
T
V
T
T
(b) Probabilité de l’événement V ∩ T :
p ( V ∩ T ) = pV ( T ) × p ( V ) = 0,99 × 0,02 = 0,
- Probabilité que le test soit positif est :
p ( T ) = p ( V ∩ T )+ p ( V ∩ T ) = pV ( T )× p ( V )+ p V
( T )× p ( V ) = 0,99×0,02+0,03×0,98 = 0,
3.(a) « Si le test est positif, il n’y a qu’environ 40% de « chances » que la personne
soit contaminée »correspond à la probabilité pT ( V ) ≃ 0,40. Vérifions :
pT ( V ) =
p ( V ∩ T )
p ( T )
(b) Probabilité p T
( V ) qu’une personne ne soit pas contaminée par le virus sa-
chant que son test est négatif.
p T
( V ) =
p ( T ∩ V )
p ( T )
p V
( T ) × p ( V )
p ( T )
p V
( T ) × p ( V )
1 − p ( T )
0,97 × 0,
PARTIE B
On choisit successivement 10 personnes de la population au hasard, on consi-
dère que les tirages sont indépendants.
On appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de personnes contami-
nées par le virus parmi ces 10 personnes.
- X suit une loi binomiale car
- Il n’y a que deux issues : soit V , soit V ;
- les tirages sont indépendants ;
- p = 0,
- n = 10
- Probabilité qu’il y ait au moins deux personnes contaminées parmi les 10 :
p ( X Ê 2) = 1 − p ( X = 0)− p ( X = 1) = 1 −
10 ×0,
0 −
9 ×0,
1 ≃ 1
Exercice n
o 2 4 points
Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct ( O ; ~ u ; ~ v ).
On désigne par A , B , C , D les points d’affixes respectives z A = 1, zB = i, zC =
−1, zC = −i.
- Affixe de l’image E du point D par la rotation de centre A et d’angle
π
Écriture de la rotation :
z
′ − zA = e
i
π (^3) ( z − z A )^ ⇐⇒^ z
′ = e
i
π (^3) ( z − z A )^ +^ zA =
p 3
( z − 1) + 1
L’affixe de E est donc :
zE =
p
3
(−i − 1) + 1 = −
i +
p
3
− i
p
3
p
3
(1 − i)
- L’ensemble des points M d’affixe z telle que | z + i| = | z − 1 | vérifie :
| z + i| = | z − 1 | ⇐⇒ MD = M A ⇐⇒ M ∈ médiatrice de [ AD ]
B : Or, d’après la configuration donnée, c’est aussi la médiatrice du segment
[ BC ].
C 3
C k
Tk
x
y
~ ı A
1.(a) Limites de la fonction f 1 en −∞ et en +∞ :
lim x →−∞
f 1 ( x ) = lim x →−∞
x ×
e
x
= −∞, car lim x →−∞
x = −∞ et lim x →−∞
e
x
lim x →+∞
f 1 ( x ) = lim x →+∞
x
e
x
= 0, car lim x →+∞
e
x
x
(b) Variations de la fonction f 1 :
f
′ 1
( x ) =
e
x − x e
x
e
2 x
1 − x
e
x
a même signe que 1 − x
Tableau de variations de f 1 :
x
f
′ ( x )
f ( x )
1 e
1 e
(c) Sur le graphique, la courbe C k est située au dessus de l’axe des abscisses.
Donc pour x compris entre −1 et 0, fk ( x ) Ê 0, ce qui ne peut arriver que si k
est pair non nul (d’après l’énoncé). Ainsi, k est supérieur ou égal à 2.
2.(a) Pour n Ê 1, toutes les courbes C n passent par le point O car fn (0) = 0 et un
autre point A de coordonnées
e
, car
∀ n , n ∈ N
∗ , fk (1) =
n
e
1
e
(b) Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, et pour tout réel x , la dérivée
de fn ( x ) est :
f
′ n
( x ) = nx
n − 1 e
− x − x
n e
− x = x
n − 1 ( n − x )e
− x .
- Maximum de f 3 ( x ) :
f
′ 3
( x ) = x
3 − 1 (3 − x )e
− x = x
2 (3 − x )e
− x a même signe que 3 − x
- Tableau de variations de f 3 :
x
f
′ ( x )
f ( x )
27
e
3
27
e
3
f 3 possède donc un maximum pour x = 3, et c’est le seul.
4.(a) La droite Tk coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées
k − 2
k − 1
- Équation de la tangente au point d’abscisse 1 :
x 1
f ( x )
1 e
f
′ ( x )
k − 1 e
=⇒ y −
e
k − 1
e
( x − 1) ⇐⇒ y =
k − 1
e
x +
2 − k
e
- Intersection avec l’axe des abscisses :
k − 1
e
x +
2 − k
e
k − 1
e
x =
k − 2
e
⇐⇒ x =
k − 2
k − 1
Ainsi, la droite Tk coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées
k − 2
k − 1
(b) Comme l’énoncé nous dit que les coordonnées de A sont
, on a :
k − 2
k − 1
⇐⇒ 4 k − 4 = 5 k − 10 ⇐⇒ k = 6
Ainsi : [ 1
e
x
n + 1
n + 1
] 1
0
É In É
[
x
n + 1
n + 1
] 1
0
e( n + 1)
É In É
n + 1
On a :
lim n →+∞
e( n + 1)
= lim n →+∞
n + 1
D’après le théorème des gendarmes, nous pouvons affirmer que la limite de
In est 0 quand n tend vers +∞.
Exercice n
o 4 5 points
L’espace est muni d’un repère orthonormal ( O ;~ ı ; ~ ; ~ k ).
Partie A – Restitution organisée de connaissances
On désigne par P le plan d’équation ax + by + cz + d = 0 et par M 0 le point de
coordonnées
x 0 ; y 0 ; z 0
. On appelle H le projeté orthogonal du point M 0 sur le
plan P.
On suppose connue la propriété suivante :
Propriété : Le vecteur ~ n = a ~ ı + b ~ + c ~ k est un vecteur normal au plan P.
Le but de cette partie est de démontrer que la distance d ( M 0 , P ) du point M 0 au
plan P , c’est-à-dire la distance M 0 H , est telle que
d ( M 0 , P ) =
ax 0 + by 0 + cz 0 + d
p
a
2
2
2
- Calcul de
n ·
M 0 H
n ·
M 0 H
n
×
M 0 H
∣ ×
∣cos
n ;
M 0 H
n
×
M 0 H
car
∣cos
n ;
M 0 H
∣ = 1 (les vecteurs sont colinéaires)
Or : (^) ∣ ∣ ∣
M 0 H
∣ = M 0 H et
n
a
2
2
2
Donc : (^) ∣ ∣ ∣
n ·
M 0 H
∣ = M 0 H
a
2
2
2
- Le point H appartient au plan P , ses coordonnées ( x ; y ; z ) vérifient donc ax +
by + cz + d = 0.
Le vecteur
M 0 H a donc pour coordonnées
x − x 0
y − y 0
z − z 0
Ainsi :
n ·
M 0 H = a ( x − x 0 )+ b ( y − y 0 )+ c ( z − z 0 ) = ax + by + cz + d ︸ ︷︷ ︸
= 0
− ax 0 − by 0 − cz 0 − d
- Conclusion :
M 0 H
a
2
2
2
− ax 0 − by 0 − cz 0 − d
⇐⇒ M 0 H =
ax 0 + by 0 + cz 0 + d
p
a
2
2
2
Partie B
On désigne par A , B , C , F les points de coordonnées respectives (4 ; 1 ; 5), (−3 ; 2 ; 0),
1.(a) Les vecteurs
AB et
AC ne sont pas colinéaires. En effet :
AB
AC
(nombre impair de signes −)
Soit le plan d’équation x + 2 y − z − 1 = 0.
- A appartient à ce plan, car 4 + 2 × 1 − 5 − 1 = 0 ;
- B appartient à ce plan, car − 3 + 2 × 2 − 0 − 1 = 0 ;
- C appartient à ce plan, car 1 + 2 × 3 − 6 − 1 = 0.
Donc le plan ( ABC ) a pour équation x + 2 y − z − 1 = 0.
(b) Distance d du point F au plan P :
d =
|− 7 + 2 × 0 − 4 − 1 |
p
1
2
2
2
p 6
p
6
- On appelle ∆ la droite qui passe par le point F et qui est perpendiculaire au
plan P.
(a) Une représentation paramétrique de la droite ∆ :
un vecteur normal au plan
n a pour coordonnées :
M ∈ (∆) ⇐⇒ ∃ k , k ∈ R,
F M = k.
n ⇐⇒ ∃ k , k ∈ R,
x = − 7 + k
y = 0 + 2 k
z = 4 − k
(b) Coordonnées du point H, projeté orthogonal du point F sur le plan P :
H ∈ (∆) ∩ P ⇐⇒ (− 7 + k ) + 2(2 k ) − (4 − k ) − 1 = 0 ⇐⇒ k = 2
Les coordonnées de H sont donc :
2 × 2
