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Bac S – Mathématiques – Correction L'énoncé de ce bac est disponible ici. Exercice 1 Question 1: Réponse C D'après la propriété des probabilités totales, on a: $$\begin{align*} p(B)&= p(A \cap B) + p\left(\overline{A} \cap B\right) \\\\ &= 0, 6 \times 0, 2 + (1-0, 6)\times 0, 3 \\\\ &= 0, 24 \end{align*}$$ $\quad$ Question 2: Réponse B On veut calculer $P(T\ge 60) = \e^{-\ln(2)/30\times 60} = 0, 25$ Question 3: Réponse A $P(X \ge 135) = 0, 5 – P(110 \le X \le 135) \approx 0, 159$ Question 4: Réponse A On a $p=0, 5$ et $n=100$. Bac s sujet de svt session septembre 2015 métropole doit agir. Par conséquent $n \ge 30$, $np = n(1-p)50\ge 5$ Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est: $$\begin{align*} I_{100} &= \left[0, 5 – 1, 98\sqrt{\dfrac{0, 5 \times 0, 5}{100}};0, 5 + 1, 98\sqrt{\dfrac{0, 5 \times 0, 5}{100}} \right] \\\\ &=[0, 401;0, 599] Question 5: Réponse C Un intervalle de confiance est donné par:$\left[p-\dfrac{1}{\sqrt{n}};p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$. Par conséquent son amplitude est de $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$. On veut donc que $\dfrac{2}{\sqrt{n}} \pp 0, 05$ soit $\dfrac{\sqrt{n}}{2} \pg 20$ et $n \pg 1~600$.
Document 2 b: un insecte qui est posé sur une tâche sombre est recouvert de pollen, Document 3: le nombre d'inflorescence visitée par un insecte (apportant avec lui du pollen) provenant d'une autre inflorescence donc qui permet une fécondation croisée est seulement proche de 1 pour la variété okiep que ce soit par des ou des femelles. Par contre chez la variété spring ce nombre d'inflorescence déjà plus élevé chez les femelles (proche de 1. 5 inflorescences) l'est de manière très importante par les mâles (entre 3. Bac s sujet de svt session septembre 2015 métropole haïti. 5 et 4 inflorescences). Conclusion: la variété okiep avec ses tâches sombres plus petites n'attire les mâles deMegapalpus capensis que pour se nourrir, alors que la variété spring les attire davantage pour leur reproduction, ils ont donc tendance à visiter beaucoup plus d'inflorescence (comparativement aux femelles) et comme ils transportent du pollen accroché sur leur corps, cela augmente les fécondations croisées pour ces variétés, favorisant ainsi leur reproduction. PARTIE II - EXERCICE 2 - Enseignement obligatoire (5 points) La formation de l'Himalaya Selon le modèle actuel, la collision continentale se réalise après disparition par subduction de la lithosphère océanique.
Les droites $(AB)$ et $\mathscr{D}$ ne sont pas parallèles. b. Si les deux droites sont sécantes, les coordonnées de leur point d'intersection sont solutions des deux représentations paramétriques. On doit donc résoudre: $$\begin{cases} -2k=-2+t \\\\1+k = 1+t \\\\-1=-1-t \end{cases} =\begin{cases} t=0\\\\k=1\\\\k=0 \end{cases}$$ Ceci est impossible. Les deux droites ne sont donc pas sécantes. Un vecteur directeur de $\mathscr{P}$ est $\vec{v}(1;1;-1) = \vec{u}$. Le plan est donc orthogonal à la droite $\mathscr{D}$. $-2+u+1+u-(-1-u)-3u = -2 +u+1+u+1+u-3u=0$. Le point $M$ appartient bien au plan $\mathscr{P}$. SVT Le corrigé du bac SVT Métropole de 2015.. $-4+6u + 3-3u-(-1)-3u = -4 +6u+3-3u+1-3u=0$. Le point $N$ appartient donc au plan $\mathscr{P}$. En prenant $k=2-3u$ dans la représentation paramétrique de $(AB)$ on retrouve les coordonnées de $N$. Ce point appartient donc également à $(AB)$. Les coordonnées du point $A$ ne vérifient pas clairement l'équation de $\mathscr{P}$. Par conséquent la droite $(AB)$ n'est pas incluse dans $\mathscr{P}$ et le point $N$ est bien le point d'intersection de $(AB)$ et $\mathscr{P}$.