Durée : 4 heures
[ Correction du baccalauréat STI 2D/STL \ Antilles-Guyane 19 juin 2013
EXERCICE1 4 points
1. Pourn=1, l’algorithme afficheu1=2×1, 5=3.
Pourn=2, l’algorithme afficheu2=3×1, 5=4, 5.
Pourn=3, l’algorithme afficheu3=4, 5×1, 5=6, 75.
2. a. D’après la définition, (un) est une suite géométrique de raisonq=1, 5 et de premier termeu0=2.
b. On sait que pour tout natureln, un=u0×qn=2×1, 5n. 3. a. S0=u0=2 ;
S1=u0+u1=2+3=5 ;
S2=u0+u1+u2=2+3+4, 5=9, 5.
b. Voici l’algorithme modifié :
Entrée: Saisir la valeur de l’entier natureln Traitement: Affecter 2 à la variableu
Affecter 2 à la variableS Pourivariant de 1 àn
Affecter 1, 5uàu AffecterS+uàS Fin de Pour
Sortie: AfficherS
c. La somme des termes deu0àunest égale à : Sn=
n
X
k=0
uk=u0×1−qn+1
1−q =2×1−1, 5n+1
1−1, 5 =2×1, 5n+1−1 1, 5−1 =4¡
1, 5n+1−1¢
= Sn=6×1, 5n−4.
d. Comme 1, 5>1, on sait que lim
n→+∞1, 5n= +∞, donc lim
n→+∞Sn= +∞.
EXERCICE2 5 points
1. a. Il y a 1+3+3=7 boules dont la masse n’appartient pas à l’intervalle [1 197 ; 1 203]. Il y a donc 50−7=43 boules de « de bonne qualité » sur 50 soit43
50= 86
100=0, 86=86%.
b. La moyenne :m=1×1195+3×1196+. . . 3×1204
50 =1199,76≈1200 (g).
Pour l’écart-typeσ, la calculatrice donneσ≈2.
2. a. Le choix de chaque pièce d’un lot étant assimilé à un tirage avec remise, et comme il n’y a que deux issuesX suit une loi binomiale de paramètres n=50 etp=0, 86.
b. Cette probabilité est égale àp(X=48)+p(X=49)+p(X=50)≈0,01723+
0,00432+0,00053≈0,02208≈0, 022.
3. a. X suit la loi binomiale de paramètresn=50 etp=0, 86, doncm=50× 0, 86=43 etσ=p
50×0, 86×(1)0, 86)=p
6, 02≈2, 453≈2, 45.
b. On aP(X>48)=0, 5−P(436X648)≈0, 02.
Baccalauréat STI 2D/STL A. P. M. E. P.
4. a. L’intervalle de fluctuation asymptotique à 95 % de la fréquence des boules de bonne qualité pour un lot de 50 pièces est égal à :
I=
·
0, 86−1, 96
r0, 86×0, 14
50 ; 0, 86+1, 96
r0, 86×0, 14 50
¸
≈[0, 764 ; 0, 956].
b. On vérifie que :
n=50 ; np=50×0, 86=43 ; n(1−p)=50×0, 14=7.
Toutes les conditions sont réunies et il y a 42boules de bonne qualité sur 50 soit une fréquencef =42
50=0, 84.
Comme 0, 84∈[0, 764 ; 0, 956], on peut dire au seuil de confiance de 95 % que 86 % des boules sont de bonne qualité.
EXERCICE3 5 points
1. a. (2−i)z=2−6i ⇐⇒ z=2−6i
2−i ⇐⇒ z=(2−6i)(2+i) (2−i)(2+i)
⇐⇒ z=4+2i−12i+6
4+1 ⇐⇒ z=10−10i
5 =2−2i.
On a doncz1=2−2i.
b. Sirest le module dez1, on ar2=22+22=4+4=8, doncr=p 8=2p
2.
Siθest l’argument dez1, on sait que
cosθ = 2
2p 2= 1
p2= p2
2 sinθ = −2
2p 2=−1
p2= − p2
2 On a doncθ= −
π
4 etz1=2p 2e−iπ4.
c. D’après la question précédentez2=e−iπ2×2p
2e−iπ4 =2p
2e−i¡π2+π4¢=2p 2e−i34π. Or e−iπ2 =cos¡
−π2¢ +i sin¡
−π2¢
=0− −i= −i.
Doncz2= −i(2−2i)= −2i−2= −2−2i.
2. a. Voir la figure
b. Le repère étant orthonormal, avec−−→
CA µ−2
−2
¶ et−−→
CB µ2
−2
¶ , on a
−−→CA·−−→
CB = −2×2+ −2×(−2)= −4+4=0.
c. D’après la question précédente−−→
CA et−−→
CB sont orthogonaux donc (CA) est perpendiculaire à (CB) : le triangle ABC est rectangle en C.
D’autre part CA2=(−2)2+(−2)2=4+4=8 et CB2=(−2)2+(−2)2=4+4=8.
CA2= CB2donc CA = CB : le triangle est isocèle en C.
Conclusion : le triangle ABC est rectangle isocèle en C.
EXERCICE4 6 points
1. a. Sur le graphique on voit quef est décroissante sur ]0 ;+∞[ ; donc sur cet intervallef′(x)<0 : seuls les points deΓont leurs ordonnées négatives : Γest donc la représentation def′.
b. D’après la question précédenteCest la représentation graphique de l’une des primitives def. On lit sur le graphe que le point deCd’abscisse 1 a pour ordonnée 1.F(1)=1.
2. a. On a pourx >0, lim
x→0
1
x = +∞et lim
x→0lnx = −∞, donc par différence limx→0
1
x−lnx= +∞.
Graphiquement ceci signifie que l’axe des ordonnées est asymptote ver- ticale au graphe def.
Antilles-Guyane 2 19 juin 2013
Baccalauréat STI 2D/STL A. P. M. E. P.
b. lim
x→+∞
1
x=0 et lim
x→+∞−lnx= −∞, donc par somme de limites,
x→+∞lim f(x)= −∞.
c. Sur ]0 ;+∞[, f est dérivable et f′(x)= − 1
x2−1
x =−1−x
x2 = −x+1
x2 =−x−1 x2 .
d. Commex2>0 pourx>0, le signe def′(x) est celui du numérateur−x−1.
−x−1>0⇐⇒ −1>x ⇐⇒ x< −1 et−x−1<0 ⇐⇒ −1<x ⇐⇒x> −1.
Commex>0, la dérivée est donc négative et ceci confirme que la fonc- tionf est décroissante sur ]0 ;+∞[. D’où le tableau de variations :
x −∞ +∞
f′(x) −
f(x) +∞
−∞
3. a. On aH′(x)=1−1lnx−(x−1)×1
x=1−lnx−1+1 x =1
x−lnx=f(x).
Hest donc une des primitives def. b. On a H(1)=1
1−ln 1=1 et on a vu queF(1)=1, doncF=H etF(x)= x−(x−1) lnx.
c. On connaît une primitive def on peut donc calculer l’intégrale : Ze
1 f(x) dx=[F(x)]e0=F(e)−F(1)=
e−(e−1) ln e−[1−(1−1) ln 1]=e−(e−1)−1=1−1=0.
Antilles-Guyane 3 19 juin 2013
