Est corrigé sujet bac maths st2s 2017 utilisée uniquement langues vivantes ainsi qu'en section svt ces simplifications allant vers le rendez-vous au moins de problèmes. Bienvenue sur le coin des devoirs! - Le coin des devoirs. Exercice 1 (7 points) Voir le sujet et le corrigé Forme exponentielle et forme algébrique d'un nombre complexe - Fonction: e(-x)cos(x) - Inéquations trigonométriques - Calcul d'aire. Sélectionnez la nouvelle date de fin de l'interruptionCliquez sur le bouton pour mettre fin à l'interruption dès iquez sur le bouton pour supprimer l' fournissant votre IBAN et en confirmant ce paiement, vous autorisez SpamTonProf et Stripe, notre fournisseur de paiement, à envoyer des instructions à votre banque pour débiter votre compte. Cette période court à compter de la demande d'intervention de l'acheteur ou de la mise à disposition pour réparation du bien en cause, si cette mise à disposition est postérieure à la demande d'intervention.
Polynésie Septembre 2010 Maths Corrigé Et
Ici, E(x) = (4−m)× 10 3 + 0× 1 5 + (−m)× 1 2,
soitE(x) = −8m+12 10 = −4m+6 5.
c)On aE(x) = 0⇔ −4m+6 5 = 0
E(x) = 0⇔m= 6 4 = 1, 5. Donc le jeu est équitable lorsquem= 1, 5 €. 3 La probabilité de toujours perdre en jouantnfois est égale à( 10 7) n. PROBLEMES DU BAC S. ANNEE 2010. Donc la probabilité de gagner au moins une fois est égale à1−( 10 7) n. On cherche donc à résoudre l'inéquation1−( 10 7) n > 0, 999, avecn, entier naturel, c'est-à-dire:
−( 10 7) n >−0, 001⇔0, 7 n <0, 001⇔nln0, 7 ln 0, 001
ln 0, 7, soit enfin ln ln 0, 001 0, 7 ≈19, 4. La plus petite valeur denpour gagner au moins une fois avec une probabilité égale à 0, 999 est
doncn= 20.
Polynésie Septembre 2010 Maths Corrigé 3
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On pouvait également de nouveau utiliser le théorème de Pythagore pour trouver la largeur manquante. On obtient alors $l=10, 6$ cm au mm près. Exercice 3
Ces valeurs nous permettent uniquement de déterminer des fréquences d'apparition des couleurs sur ces $40$ tirages. Une autre série de $40$ tirages pourrait fournir des résultats différents voire même inclure une autre couleur. On ne peut donc rien affirmer quant au contenu de la bouteille. La probabilité de faire apparaître une bille rouge est donc:
$$ p = 1 – \dfrac{3}{8} – \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$$
Par conséquent il y a $\dfrac{1}{8} \times 24 = 3$ billes rouges dans cette bouteille. Exercice 4
$[AB]$ est un diamètre du cercle $(C)$ et $T$ un point du même cercle. Le triangle $ATB$ est donc rectangle en $T$. Polynésie septembre 2010 maths corrigé la. Dans le triangle $ATB$ rectangle en $T$ on a: $\tan \widehat{BAT} = \dfrac{TB}{TA} = \dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4}$
Donc $\widehat{BAT} \approx 37°$ au degré près. Dans les triangles $ATB$ et $KFT$ on a:
– $T$ appartient au segment $[AF]$ et $[BK]$
– $\dfrac{TB}{TK} = \dfrac{9}{3} = 3$ et $\dfrac{TA}{TF} = \dfrac{12}{4} = 3$.
b)Appliquer la formule des probabilités totales. c)Appliquer la formule des probabilités conditionnelles. 2
a)Pour déterminer la loi, dresser son tableau de probabilités. b)Connaître la formule donnant l'espérance et utiliser le tableau précédent. 3
Utiliser le logarithme pour résoudre l'inéquation obtenue. Sujet 13 – Le corrigé
1 a)Il y a 9 3
×1manières différentes de tirer trois boules blanches et une boule noire. Il y a
10
4
manières différentes de tirer 4 boules parmi 10. Polynésie septembre 2010 maths corrigé 3. Donc:p(N) =
b)D'après la formule des probabilités totales, on a:
p(G) =p(N∩G) +p(N∩G) =p(N)×p N (G) +p(N)×p N (G). D'oùp(G) = 2 5 × 1 2 + 3 5 × 1 6 = 10 3.
c)On cherche la probabilité que le joueur ait tiré la boule noire sachant qu'il a perdu, c'est-à-dire
p G (N). – le joueur perd et il a tiré la boule noire, il ne perd pas d'argent et il n'en gagne pas, la probabilité
est égale à 1 5;
– le joueur perd et il n'a pas tiré la boule noire il perd alorsmeuros, la probabilité est égale à
5 × 5 6 = 1 2. D'où le tableau de la loi de probabilité de X:
X=x i 4−m 0 −m
p(X =x i) 10 3 1 5 1 2
Maths Term S Le corrigé
b)Par définition on a:
E(x) =
n
X
i=1
x i ×p(X=x i).
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