A.P.M.E.P.
; Corrigé du baccalauréat STI2D & STL/SPCL <
Métropole – La Réunion – 8 septembre 2020
Exercice 1 4 points
Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
1. Le point A a pour affixezA= −1+ip
3 et le point B a pour affixezB=2e−i2π3 . On azB=2
Ã
−1 2+i
Ã
− p3
2
!!
= −1−ip
3 : les points A et B sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses du repère.
2. Une forme exponentielle de 2eiπ6×2i est :
Comme i=eiπ2, 2eiπ6×2i=2eiπ6 ×2eiπ2 =4ei¡π6+π2¢=4ei4π6 =4ei2π3 . 3. La valeur exacte de l’intégrale
Z2 0
¡ex+1¢ dxest : Z2
0
¡ex+1¢ dx=£
ex+x¤2
0=e2+2−¡ e0+0¢
=e2+2−1=e2+1.
4. Soitgla fonction définie surRparg(x)=e−2x+10.
Cette fonctiongest une solution de l’équation différentielle : gest dérivable surRet sur cet intervalle :g′(x)= −2e−2x, donc : 2g(x)+g′(x)=20, quel que soit le réelx:
gest donc solution de l’équation différentielle :y′+2y=20.
Exercice 2 6 points
Léo envisage l’achat d’un téléphone portable dont la capacité de stockage est de 32 giga- octets (Go).
Selon la notice, la configuration initiale du téléphone nécessite 20 % de cette capacité pour le système d’exploitation.
1. 20
100×32=6, 4 gigaoctets sont utilisés par le système d’exploitation.
En raison des différentes mises à jour, Léo estime que le nombre de gigaoctets utilisés par le système d’exploitation augmente de 0,5 % par mois.
2. a. On au1=u0
µ 1+0, 5
100
¶
=6, 4×1, 005=6, 432 (gigaoctets).
Au bout de un mois, le système d’exploitation occupera 6,432 gigaoctets de la capacité de stockage.
b. Chaque terme de la suite est le produit du terme précédent par 1,005 : la suite (un) est donc une suite géométrique de premier termeu0=6, 4 et de raison 1, 005.
c. On sait que le terme général de la suite géométrique de premier termeu0et de raisonqest un=u0×qn.
Iciun=6, 4×1, 005n, quel que soit le natureln. d. 2 ans correspondent à 24 mois, donc
u20=6, 4×1, 00524≈7, 214.
e.
6, 4×1, 005n>28.
Si Léa veut avoir 4 Go libres sur 32 Go il faut que le système n’occupe pas plus de
Corrigé du baccalauréat STI2D STL A. P. M. E. P.
32−4=28 Go, d’où l’inéquation à résoudre .
• Méthode1 : avec la calculatrice.
On tape 6,4 Entrée (on au0), puis
×1, 005 Entrée : on obtientu1
Entrée : on obtientu2
. . . jusqu’à obtenir un terme de la suite supérieur à 28.
• Méthode2 :
On a 6, 4×1, 005n>28⇒1, 005n> 28 6, 4ou
1, 005n>4, 375 et par croissance de la fonction logarithme népériennln 1, 005>ln 4, 375 et enfinn> ln 4, 375
ln 1, 0045. Or ln 4, 375
ln 1, 0045≈295, 9. La solution la plus petite est donc 296 mois soit 24 ans et 8 mois.
f. La place prise par le système d’exploitation dépassera 28 Go au bout de 296 mois soit 24 ans et 8 mois.
Léo estime que, chaque mois, les nouvelles photos et les nouveaux messages occuperont 450 mégaoctets (Mo) supplémentaires. Il décide de ne rien supprimer.
3. Ainsiv0=6, 4.
a. Chaque mois 450 Mo = 0,450 Go de photos seront stockés, donc au bout denmois celles-ci prendront 0, 45nGo de mémoire.
La place prise par le système d’exploitation plus les photos sera donc : vn=un+0, 45n=6, 4×1, 005n+0, 45n
b. Au bout de 2 ans = 24 mois la place prise sera de : v24=6, 4×1, 00524+0, 45×20≈18, 014 (Go).
c. ndonnera le plus petit nombre de mois à partir desquels le téléphone aura moins de 4 Go de capacité de stockage
d. On peut comme dans la question précédente utiliser soit la calculatrice (c’est plus rapide qu’avecun) ou on fait tourner l’algorithme :
v40≈27, 685 etv41≈28, 273.
Le téléphone de Léo n’aura plus suffisamment de capacité de stockage au bout de 40 mois.
4. En supposant que le système d’exploitation nécessite au départ 20 % puis chaque mois 0,5 % de plus de capacité de stockage, le nombrewnde gigaoctets pris par le système est égal à :
wn=10×0, 2×1, 005n=2×1, 005n. Il faut donc résoudre l’inéquation :
2×1, 005n>64−4, soit 2×1, 005n>60 On a donc 1, 005n>30 soitnln 1, 005>ln 30 et enfinn>
ln 30
ln 1, 005≈681, 9.
Léo pourra donc utiliser son téléphone 691 mois soit plus de 2 fois plus qu’avec un téléphone de 32 Go.
Exercice 3 5 points
Dans cet exercice, les résultats seront arrondis à 10−3près.
Une voie de chemin de fer relie deux gares A et B sur une distance de 360 kilomètres.
La gare A est située au kilomètre 0 et la gare B est située au kilomètre 360.
Partie A
1. P(D=50)=0.
2. On aP(106D615)=15−10 360 = 5
360= 1
72≈0, 0139 soit 0,014 au millième près.
Métropole 2 8 septembre 2020
Corrigé du baccalauréat STI2D STL A. P. M. E. P.
3. On aP(D<100)=100 360=10
36= 5 18et P(D<200)=200
360=20 36=10
18=2× 5
18. La proposition est vraie.
Partie B
Sur une période donnée de quatre semaines complètes, on s’intéresse aux trains de voyageurs sur la même voie partant de la gare A et arrivant avec un léger retard en gare B, c’est-à-dire avec un retard de moins de 10 minutes. On suppose que de tels légers retards sont tous indépendants les uns des autres.
La probabilité qu’un train arrive avec un léger retard est estimée à 0, 02.
De la gare A à la gare B, il y a 16 trajets par jour du lundi au vendredi, 12 trajets le samedi et 8 le dimanche.
1. Par semaine il y a : 5×16+12+8=80+20=100 trains, donc en 4 semaines il y a 400 trains qui circulent de A vers B.
2. On admet que la variable aléatoireXsuit une loi binomiale.
a. Xsuit une loi binomiale de paramètresn=400 etp=0, 02.
b. On sait queP(X=5)=¡400
5
¢×0, 025×(1−0, 02)400−5=¡400
5
¢×0, 025×0, 98395≈0,0911, soit 0,091 au millième près.
3. On décide d’approcher la loi binomiale précédente par la loi normale d’espéranceµ=8 et d’écart typeσ=2, 8.
a. • L’espérance la loi binomiale estE=n×p=400×0, 02=8, d’où l’explication deµ=8 ;
• L’écart type de la loi binomialeσ(X)=p
np(1−p)=p
400×0, 02×0, 98=20p
0,0196= 20×0, 14=2, 8, d’où le choix de ce nombre pour l’écart type de la loi normale.
b. La calculatrice donneP(46X612)≈0, 847.
c. On aP(X64)≈0,07656, doncP(X>4)=1−P(X64)≈1−0,07656, soit environ 0,923.
4. L’intervalle de fluctuation asymptotique à 95 % est :
·
0, 02−1, 96
r0, 02(1−0, 02)
400 ; 0, 02+1, 96
r0, 02(1−0, 02) 400
¸
≈[0,0063 ; 0,0337].
Or la fréquence observée est égale à : 11
400=0,0275.
Comme 0,0275∈[0,0063 ; 0,0337], on ne peut pas remettre en cause l’estimation de 2 %.
Exercice 4 5 points
Dans cet exercice, les résultats seront arrondis à l’unité
32, 35+8, 7ln(F×D) La fréquenceFdu signal émis est égale à 2, 4 GHz.
1. AvecF=2, 4, la formule devient 32, 35+8, 7ln (2, 4×D)=32, 35+8, 7(ln 2, 4+lnD)
≈32, 35+7, 617+8, 7lnD, soit environ 40+8, 7lnD.
2. a. SiD=10, alorsA≈40+8, 7ln 10≈60, 03≈60 dBm à l’unité près.
b. Il faut résoudre l’équation 80=40+8, 7lnD ⇐⇒ 40=8, 7lnD ⇐⇒lnD= 40 8, 7 ⇐⇒
D=e8,740 ≈99, 26≈99, 3 (m).
3. P=20−A=20−(40+8, 7ln (D))= −20−8, 7lnD.
f(x)= −20−8, 7ln (x) oùxest la distance, en mètre, parcourue par le signal.
Métropole 3 8 septembre 2020
Corrigé du baccalauréat STI2D STL A. P. M. E. P.
4. a. Sur l’intervalle [1 ; 400], f′(x)= −8, 7 x b. 16x>6400⇒ 1
40061 x61
1⇒ −16−1 x6− 1
400⇒ −8, 76−−8, 7 x 6− 1
400.
Ceci montre que sur [1 ; 400], f′(x)<0 : la fonctionf est donc strictement décroissante sur cet intervalle def(1)= −20 àf(400)= −20−8, 7ln 400)≈ −72, 13.
5. a. Sur [1 ; 400],f(2x)= −20−8, 7ln (2x)= −20−8, 7(ln 2+lnx)= −20−8, 7ln 2−8, 7lnx=
−20−8, 7lnx−8, 7ln 2=f(x)−8, 7ln 2.
b. Le résultat précédent montre que si la distance est doublée la puissance du signal est dimi- nuée de 8, 7ln 2≈6 dBm.
6. a. PourD=10, la perte est de−20−8, 7ln (10)≈ −40, 03 : la qualité du signal est donc excellente.
b. f(x)= −60 ⇐⇒ −20−8, 7ln (x)= −60 ⇐⇒ 40=8, 7ln (x) ⇐⇒ ln (x)= 40
8, 7 ⇐⇒ x=e8,780 ≈ 99, 3≈100.
S={100}.
c. La qualité du signal est bonne à au maximum 100 m.
Métropole 4 8 septembre 2020
