; Corrigé du baccalauréat STI2D et STL/SPCL - Antilles Guyane < 4 septembre 2020

; Corrigé du baccalauréat STI2D et STL/SPCL - Antilles Guyane <

4 septembre 2020

Exercice 1 4 points

1.

a. f^′(0)=5 : on ne peut pas lire dans le tableau la valeur de ce nombre dérivé.

b. six60 alorsf^′(x)60 : sur ]− ∞; 0] la fonctionf est croissante, doncf^′(x)>0.

c. la courbeC_f admet une asymptote parallèle à l’axe des abscisses : on a lim

x→−∞f(x)= −2 : ceci prouve que la droite dont une équation est y = −2 est asymptote horizontale à la courbeC_f.

d. la courbeC_f admet une asymptote parallèle à l’axe des ordonnées : le tableau montre que

x→+∞lim f(x)= −∞, mais ceci ne prouve pas l’existence d’une asymptote parallèle à l’axe des ordonnées

2. Pour tout réel strictement positifble nombre ln¡ b⁻³¢

est égal à : ln¡

b⁻³¢

= −3lnb, carb>0.

3. Soitxun nombre réel. On considère le nombre complexezdont la partie réelle estxet dont la partie imaginaire est 3. La partie imaginaire dez²est égale à :

On az=x+3i, doncz²=x²−9+6i. La partie imaginaire est donc 6x.

4. Les points A, B et C ont pour affixes respectiveszA=e^i2π3 , zB=e^i4π3 etzC=2e^i2π3 .

0 1

−1 0

−1 1 2

C B

A

−

→u

−

→v

b

b

b

0 1

−1 0

−1 1 2

B C

A

b b

b −→

u

−

→v

0 1

−1 0

−1 1

C 2

B A

bb

b

−

→u

−

→v

0 1

−1 0

−1 1

C 2

B A

−

→u

−

→v

bb

b

a. b. c. d.

Les deux premiers complexes ont pour module 1 : A et B appartiennent donc au cercle trigonomé- trique ce qui élimine le premier graphique.

Le module dezCest égal à 2 ce qui élimine le graphiqueb..

Or un argument dezBest4π

3 ce qui élimine le graphiqued.: le graphique correct est donc lec.

Exercice 2 5 points

PARTIE A - Rentabilité

1. a. Puisque la moyenne est 0,85, on aP(R60, 85)=1 2=0, 5.

b. On aP(0, 80<R<0, 90)=P(µ−σ<R<µ+σ)≈0, 68.

Avec la calculatrice :

P(R<0, 90)≈0,841345 etP(R<0, 80)≈0,158655, d’où par différence :

2. a. On aE=n×p=250×0, 96=240.

Ceci signifie qu’en moyenne 240 personnes se présenteront à chaque vol.

b. La probabilité qu’il y ait au plus 246 passagers, est environ égale à : 0,991 au millième près.

Donc la probabilité qu’au moins 247 passagers se présentent à l’embarquement pour ce vol est environ 1−0, 991=0, 009.

P(X=247)+P(X=248)+P(X=249)+P(X=250)=¡₂₄₇

250

¢0, 96²⁴⁷×0, 04³+¡₂₄₈

250

¢0, 96²⁴⁸× 0, 04²+¡₂₄₉

250

¢0, 96²⁴⁹×0, 04¹+¡₂₅₀

250

¢0, 96²⁵⁰×0, 04⁰.

PARTIE B- Fiabilité 1. On aT=1

λ= 1

0, 025=40 (années).

2. On sait quep(T<40)=1−e^−0,025×40=1−e⁻¹≈0,6321, soit environ 0,623 au millième près.

3. On ap(T<2)−e^−0,025×2=1−e^−0,05.

Donc la probabilité que ce composant électronique ne subisse pas de panne avant la pro- chaine visite est égale à 1−¡

1−e^−0,05¢

=e^−0,05≈0,9512 soit 0,951 au millième près.

PARTIE C - Satisfaction des passagers

Avecn=450, p=0, 9, l’intervalle de fluctuation asymptotique à 95 % d’une fréquence obtenue sur un échantillon de taillenest donné par :

·

0, 9−1, 96

r0, 9(1−0, 9)

450 ; 0, 9+1, 96

r0, 9(1−0, 9) 450

¸

≈ [0, 872 ; 0, 928].

Sur l’échantillon la proportion de clients satisfaits est égale à : 450−63

450 =387

450=9×43 9×50 =43

50= 86

100=0, 86.

Comme 0, 86∉[0, 872 ; 0, 928], on peut mettre en doute l’affirmation de la compagnie aérienne.

Exercice 3 5 points

Les deux parties de cet exercice sont indépendantes.

PARTIE A

1. a. La consommation devrait être en 2016 égale à : 56×1, 04=58, 24.

b. D’une année à la suivante la consommation est multipliée par 1,04.

On a donc pour pour tout natureln, un+1=1, 04un: la suite (un) est une suite géométrique de premier termeu0=56 et de raison 1, 04.

c. On sait que pour tout natureln, un=56×1, 04ⁿ. d. E2030 correspond àn=15.

On aura doncu15=56×1, 04¹⁵≈100, 9.

Or 20 % de 480 représente 0, 20×480=96.

Conclusion : l’affirmation est exacte.

2. En 2030+nla consommation devrait être égale à 101−3n.

Il faut trouverntel que 101−3n=56, soit 101−56=3nou 45=3nsoit finalementn=15 En 2045 la consommation d’électricité liée aux usages du numérique sera de 56 TWh.

PARTIE B

1. On sait que la solution générale de l’équation différentielle (E) est : y=Asinπx, avecA∈R.

2. a. D’après le graphiquef(0)=0.

b. D’après le graphiquef^′(0)=0, 3 0, 3=1.

c. D’après le résultat précédent commef^′(x)=Aπcosπx, on a donc : f^′(0)=Aπcos 0=1 ouAπ=1 etA=1

π. Conclusion : sur [0 ; 1], f(x)=1

πsin(πx).

3. On considère que la tige métallique subit une détérioration irréversible lorsque le maximum de la fonctionf sur l’intervalle [0 ; 1] est supérieur à1

3.

Est-ce le cas ? Justifier la réponse. La fonction a un extremum (maximum) quandf^′(x)=0, soit cosπx=0, soit siπx=π

2 donc pourx=1

2=0, 5 (ce que confirme le graphique).

Orf(0, 5)=1 πsin¡₁

2πx¢

=1

πsin^π₂=1 π. La calculatrice donne 1

π≈0, 318<0, 333 valeur approchée de1

3 : la déformation ne sera pas irréversible.

Exercice 4 6 points

PARTIE A - Modélisation

1. a. Le 1^erjanvier 1958 correspond àt=0. Donc :

f(0)=280+ke^0×a=280+k=315, soitk=315−280=35.

b. Le 1^erjanvier 2018 correspond àt=60. Donc :

f(60)=280+35e^a×60=411, 25, soit 35e^a×60=411, 25−280 ou 35e^a×60=131, 25 soit e^60a=131, 25

35 et e^60a=3, 75.

Par croissance de la fonction logarithme népérien on a donc 60a=ln 3, 75 et enfin a=ln 3, 75

60 ≈0,022029≈0, 022 au millième près.

2. Dorénavant, on prend pour valeur deale nombre 0, 022.

On admet que la fonction f est définie sur l’intervalle [0 ;+∞[ par f(t)=280+35e^0,022t.

Le 1^erjanvier 1994 correspond àt=36. Donc :

f(36)=280+35e^0,022×36=280+35e^0,792≈357, 273, donc la valeur relevée à cette date à l’unité près : la modélisation choisie est pertinente.

PARTIE B - Étude de la fonctionf 1. Comme lim

→+∞0, 022t= +∞, on sait que lim

→+∞e^0,022t=280+ lim

→+∞e^0,022t= +∞. Donc lim_→+∞f(t)= +∞.

2. a. Sur [0 ;+∞[, f est dérivable et sur cet intervalle :

f^′(t)=0+35×0, 022e^0,022t=0, 77e^0,022t. Comme 0, 77>0 et e^0,022t>0, quel que soit le réel

b. Le résultat précédent montre que la fonctionf est strictement croissante de f(0)=280+35=315 à+∞.

3. a. Une primitive de la fonctionf est la fonctionFdéfinie sur [0 ;+∞[ par F(t)=280t+35× 1

0, 022e^0,022t=280+ 35

0, 022e^0,022t. b. On am= 1

60[f(t)]⁶⁰₀ = 1

60[F(60)−F(0)].

c. O a doncm= 1 60

·

280×60+ 35

0, 022e^0,022×60−280×0− 35

0, 022e^0,022×0

¸

=

280+ 35 60×0, 022

¡e^1,32−e⁰¢

=280+ 7 0, 264

¡e^1,32−1¢

≈352, 742, soit 352,74 au centième près.

d. La fonctionf étant positivemest égale à la valeur moyenne de la fonctionf sur l’intervalle [50 ; 60].

60mest égale à l’aire (en unité d’aire) de la surface limitée par : – la représentation graphique def,

– l’axe des abscisses,

– les droites d’équationx=0 etx=60.

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55

280 290 300 310 320 330 340 350 360 370

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

280 300 320 340 360 380

m≈352, 74

mest la longueur d’un rectangle de largeur 60 qui a la même aire que celle de la surface précédente sous la courbe représentation graphique def.

Cela signifie que la valeur moyenne sur 60 ans depuis le 1^erjanvier 1958 de la concentration de CO2est égale à 352,74.

PARTIE C - Variabilité saisonnière 1.

T←60

Pouriallant de1à12

C←280+35∗e^0,022∗T+3, 5∗sin(2∗π∗T) T←T+ 1

AfficherC12 Fin Pour 2.

400 405 410 415

60 61

400 405 410 415 420

F M A M J Jl A S O N D

≈409, 67

• En programmant l’algorithme on trouve la plus petite valeur deCpour 60+ 9

12=60+3 4= 60, 75. La concentration est minimale au 9^emois soit en octobre 2018.

• On peut tracer la courbe représentative de de la fonctiongsur l’intervalle [60 ; 61]. Le mini- mum est obtenu pourx=60, 75.

Rem.En fait le minimum de la fonction sur l’intervalle [60 ; 61] est obtenue pourx≈60, 729 et le minimum est environ 409,67.