Baccalauréat S Asie juin 2005

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats

3 points

1. Pour t = 1, on obtient bien le triplet (3 ; 1 ; −4) : affirmation C → − → − 2. u (2 ; −1 ; −1) est un vecteur directeur évident, donc − u (−2 ; 1 ; 1) en est aussi un : affirmation B. 14 3. M ∈ D ∩ P ⇐⇒ 1 + 2t + 4 − 2t + 9 + 3t = 0 ⇐⇒ 14 = 3t ⇐⇒ t = . Il existe 3 donc un seul point commun : affirmation C. 4. Le triplet(1 ; 3 ; 2) vérifie x + 2y − 3z − 1 = 0 : affirmation B. − → → → − − 5. Un vecteur normal à Q∈ est le vecteur v 2 (4 ; −5 ; 2) et u · v 2 = 0 : affirmation B. | − 1 − 6 − 6 − 1| 14 6. On a d(T, P ) = = = 14 : affirmation A 1+4+9 14

E XERCICE 2 Commun à tous les candidats
1 4 2 5

5 points

V J V J

V
3 4 1 2

3 5

J
1 2

1.

a. On a en suivant la branche supérieure p(V) = De même p(J) = 3 3 1 × = . 5 2 10

1 2 1 × = . 5 4 10 1 90 = , celle de ga360 4

b. En tournant la roue, la probabilité de gagner 20 € est gner 100 € est donc est 5 . 8

1 ; par différence la probabilité d’être remboursé(e) 8

2.

5 On a donc p R (V) = . 8 5 p(V ∩ R) 1 5 p(V ∩ R) 5 ⇐⇒ = = . Or p R (V) = ⇐⇒ p(V ∩ R) = × 1 p(V 8 8 10 80 10 5 29 3 + = . c. On a p(R) = p(J) + p(V ∩ R) = 10 80 80 1 1 1 1 1 1 × = ; p(20) = × = . d. p(100) = 10 8 80 10 4 40 a. X peut prendre les valeurs : −m ; 100 − m ; 20 − m ; 0. b. xi p(X = xi ) −m 6 10 100 − m 1 80 20 − m 1 40 0 29 80

Baccalauréat S

c. On a E(X ) =

4 i=1

p i × xi = −

140 − 51m 6m 100 − m 20 − m + + +0 = . 10 80 40 80 140 − 51m < 0 ⇐⇒ 80

d. L’organisateur ne perdra pas d’argent si E(X ) < 0 ⇐⇒ m>

140 . Donc il faut que m soit au moins fixé à 3 euros. 51 4 et n = 4. 3. On reconnaît une expérience de Bernoulli avec p = 10 4 4 La probabilité de ne pas perdre est égale à , donc la probabilité de perdre 10 4 4 au moins une fois est 1 − = 1 − 0,025 6 = 0,974 4. 10 4. On obtient un nouvel arbre de probabilités :
1 n+1 2 2+n

V J V J

V n n+1 2 n+1

n 2+n

J n−1 n+1

On doit avoir n 2 − 5n + 2 n2 =