[ Corrigé du baccalauréat STL Polynésie \ juin 2009 Biochimie–Génie biologique
EXERCICE1 11 points
Partie A
1. On a23×1, 7+14×1, 9+4×2, 1+0×2, 3+1×2, 5 23+14+4+0+1 =76, 6
42 ≈1, 82.
2. Dans l’intervalle [1,8 ; 2,4[, il y a 59+45+30=134 personnes qui représentent 134
220×100≈ 60, 9( %). L’affirmation est vraie.
Partie B 1.
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 2,1
x(ans) y(taux en g/l)
b b b b b b
+
+
G1
G2
2. a. G1(35 ; 1, 91) etG2(65, 2, 08).
b. On trace la droite d’équationx=51 qui coupe la droite (G1G2) en un point dont on trouve l’ordonnée en le projetant sur l’axe des ordonnées : on lit un taux de 2
3. On écrit que les coordonnées des pointsG1etG2vérifient l’équation y=mx+psoit :
½ 1, 91 = 35m+p
2, 08 = 65m+p ⇒(par différence ) 0, 17=30m ⇐⇒m=0, 17
30 ≈0,0057, puis p=1, 91−35×0,0057=1,7105≈1, 71.
Une équation de la droite (G1G2) esty=0,0057x+1,71.
Avecx=51, on obtienty=0,0057×51+1,71=2,0007≈2.
On retrouve le résultat lu sur le graphique.
Baccalauréat STL Biochimie - Génie biologique A. P. M. E. P.
Partie C
1. Il y a 68+59+45=172 personnes dont le taux de cholestérol est inférieur strictement à 2,2 g/l.
La probabilité est donc égale à172 220=43
55≈0, 78.
2. Dans cette tranche il y a 42+38=80 personnes.
La probabilité est donc égale à 80 220= 4
11≈0, 36.
EXERCICE2 9 points
1. a. f(0)=4e0−1 e0+2 =3
3=1.
Cela signifie qu’à l’instantt=0 il y a 100 bactéries.
b. On af(t)=4et−1
et+2 =4et+8−8−1 et+2 =4¡
et+2¢
−9 et+2 =4¡
et+2¢ et+2 − 9
et+2=4− 9 et+2. Rem.On peut aussi partir de l’expression donnée la réduire au même dénominateur et retrouver l’expression de l’énoncé def(t).
On a lim
t→+∞et= +∞, lim
t→+∞et+2= +∞, puis lim
t→+∞
9
et+2=0, donc finalement lim
t→+∞f(t)=4.
Graphiquement ce dernier résultat signifie que la droite d’équationy=4 est asymptote à (C) au voisinage de plus l’infini.
c. On af(t)=4 ⇐⇒4− 9
et+2=4⇐⇒ 0= 9 et+2.
Cette équation n’a pas de solution puisque le second membre quotient de deux nombres supérieurs à zéro est un nombre supérieur à zéro.
2. a. f est dérivable sur [0 ;+∞[ et en utilisant l’expression trouvée au 1. b. : f′(t)−
Ã
− 9et
¡et+2¢2
!
= 9et
¡et+2¢2.
b. Tous les termes def′(t) sont positifs, doncf′(t)>0 sur [0 ;+∞[ et la fonctionf est crois- sante sur cet intervalle de 1 à 4.
3. Une équation deTest :y=f(0)+f′(0)(x−0).
f(0)=1 etf′(0)= 9e0
¡e0+2¢2= 9 32=1.
Une équation deTest doncy=x+1.
4. t 0 1 2 3 4 5 6 7
f(t) 1 2,09 3,04 3,59 3,84 3,94 3,98 3,99
5. Voir à la fin.
6. Il faut résoudre dans [0 ;+∞[ l’équation : f(t)=2⇐⇒ 4− 9
et+2=2 ⇐⇒2= 9
et+2 ⇐⇒2¡ et+2¢
=9 ⇐⇒
et+2=9
2 ⇐⇒ et=5
2 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien)t=ln µ5
2
¶
≈
0,9163 soit 54,97 min ou encore 55 min à la minute près.
7. 80 % de 4 représente 3,2 centaines.
On trace donc la droite d’équationy=3, 2 qui coupeC en un point dont on trouve l’abscisse en le projetant sur l’axe des abscisses. On lit à peu près : 2,2 h soit 2 h 12 min.
Polynésie 2 juin 2009
Baccalauréat STL Biochimie - Génie biologique A. P. M. E. P.
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3
t(h) f(t) (centaines de bactéries)
T
y=4
C
Polynésie 3 juin 2009
