Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI2D et STL/SPCL - Antilles Guyane \ 18 juin 2019
Exercice 1 4 points
1. Pour tout réelastrictement positif, ln(2a)+ln(8a)=ln 2+lna+ln 8+lna=2lna+ln 2+ln 23= 2lna+ln 2+3ln 2=2lna+4ln 2, doncln(2a)+ln(8a)
2 =lna+2ln 2=lna+ln 22=lna+ln 4= ln(4a). Réponsea.
2. Réponsec.
3. z= −2eiπ4 =eiπ×2×eiπ4 =2ei5π4 qui a pour conjuguéz=2e−i5π4. Réponsec.
4. Les images des points vérifiant la première condition sont dans les parties 2 et 3.
La deuxième condition interdit d’être dans les parties 1 et 2. Il reste donc la partie 3.
Réponsec.
Exercice 2 7 points
PARTIE A
1. a. Baisser de 5 % revient à multiplier par 1− 5 100= 95
100=0,95.
Doncc1=c0×0,95=24×0,95=22,8.
b. Chaque année le coût de l’année précédente est multiplié par 0,95 ; on a donc pour tout natureln, cn+1=0,95cn : la suite (cn) est géométrique de raison 0,95 et de premier terme c0=24.
c. On sait que pour tout natureln, cn=c0×0,95n=cn=24×0,95n.
2. 0,95n <0,25 : par croissance de la fonction logarithme népérien :nln 0,95<ln 0,25 ou (car ln 0,95 est négatif et son inverse aussi) n>ln 0,25
ln 0,95. Orln 0,25
ln 0,95≈27,02 ; doncn>28.
3. Il faut résoudre l’inéquation : 24×0,95n<6 ou 0,95n< 6
24, soit 0,95n<0,25 : on retombe sur l’équation précédente.
Avec ces hypothèses la première année où le coût d’un kilowattheure produit par énergie hou- lomotrice deviendra inférieur au coût d’un kilowattheure produit par énergie nucléaire sera 2046.
4. a. Recopier et compléter l’algorithme suivant afin que la valeur de la variableN en sortie d’algorithme permette de répondre au problème.
C←24 D←6 N←2018 Tant queC>D
C←C∗0,95 D←D+1 N←N+1 Fin Tant que
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b. On obtientc6≈12,76 etd6=12, puisc7≈11,48 etd7=13. l’algorithme donneraN=7.
Donc en 2025 le coût d’un kilowattheure produit par énergie houlomotrice deviendra in- férieur au coût d’un kilowattheure produit par énergie nucléaire.
PARTIE B
On admet que la durée de vie d’un composant électronique d’une installation houlomotrice, expri- mée en année, est une variable aléatoireXqui suit la loi exponentielle dont le paramètreλ=0,04.
1. La durée de vie moyenne de ce composant électronique est égale àE(X)= 1 λ= 1
0,04=100 4 = 25 (ans).
2. a. Sur l’intervalle [0 ;+∞[, une primitive de la la fonctionf est la fonctionFdéfinie par F(x)= −e−0,04x.
b. P(X6t)= Zt
0 f(x)dx=[F(x)]t0=[−e−0,04x]t0= −e−0,04t+e−0,04×0=1−e−0,04t. 3. a. On aP(X>15)=1−P(X615)=1−¡
1−e−0,04×15¢
=e−0,6≈0,549 (au millième près).
b. Le résultat précédent signifie que l’on a un peu plus d’une chance sur deux que le compo- sant ait une durée de vie supérieure à 15 ans.
Exercice 3 6 points
PARTIE A– Étude d’un premier satellite
1. On sait que les solutions de l’équation différentielle sont les fonctionsT définies sur [0 ;+∞[ par :T(h)=Ae401h=Ae0,025h, avecA∈R.
2. T(800)=2000⇒Ae0,025×800=2000 ouAe20=2000, soitA=2000e−20. DoncT(h)=2000e−20e0,025h=2000e0,025h−20.
PARTIE B– Étude d’un deuxième satellite
50 100 150 200 250 300 350 400 450 500
1000 2000 3000 4000
0 h
T(h)
1. Graphiquement on voitT(h)=1000 pourhvalant un peu moins de 490 km.
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2. • Sur le graphique on voit qu’approximativementT(500)=1400 soit : K×0,012e0,025×(500−150)=1400 ouK×0,012e0,025×350=1400 ou K×0,012e8,75=1400 et enfinK=1400
0,012e−8,75≈18,49.
Conclusion : on peut prendreK≈18,5.
PARTIE C– Étude d’un troisième satellite : Hubble
1. On aT(575)=0,132e0,025×(575−150)=0,132e10,625≈5431,91 (jours).
2. On a lim
h→+∞e0,025×(h−150)= +∞, donc lim
h→+∞T(h)= +∞.
3. a. On a sur l’intervalle [0 ;+∞[,T′(h)=0,025×0,0132e0,025(h−150)=0,00033e0,025(h−150) b. On sait que quel que soit le réelh, e0,025(h−150)>0, doncT′(h)>0 : la fonctionT est
strictement croissante sur [0 ;+∞[
4. a. T(h+10)=0,132e0,025(h+10−150)=0,132e0,025(h−150)+0,025×10=0,132e0,025(h−150)×e0,25= e0,25×T(h).
b. Or e0,25≈1,284.
Une augmentation de hauteur de 10 km conduit à multiplier le temps restant par environ 1,28 soit une augmentation de 28 %.
Exercice 4 3 points
PARTIE A
1. On aP(X>74,97)=P(74,97<X<75)+P(X>75).
Or 74,97=75−0,03=µ−σ, donc :
P(74,97<X<75,03=P(µ−σ<X<µ+σ) et l’on sait que : P(µ−σ<X<µ+σ)≈0,683, donc
P(74,97<X<75)=1
2P(µ−σ<X<µ+σ)≈0,683
2 ≈0,3415.
CommeP(X>75)=P(X >µ)=0,5, on a finalement :P(X >74,97)≈0,842 soit 0,84 au cen- tième près.
2. La calculatrice donne :
P(74,95<X<75,05)≈0,904, soit 0,90 au centième près (9 pièces sur 10).
PARTIE B
On sait queP(75−2σ′6X675+2σ′)≈0,95, donc
75−2σ′=74,95 ou 75−74,95=2σ′=0,05, soit finalement :σ′=0,025
PARTIE C
Avecp=0,97 etn=300, on obtient l’intervalle de fluctuation asymptotique suivant à 95 % :
·
0,97−1,96
r0,97×0,03
300 ; 0,97+1,96
r0,97×0,03 300
¸
≈[0,950 ; 0,990].
La fréquence dans l’échantillon est égale à300−14 300 =286
300≈0,953.
Donc comme 0,953∈[0,950 ; 0,990], on ne peut pas remettre en cause l’affirmation du responsable de l’atelier ; on est cependant très près de la borne inférieure et il serait judicieux de faire un autre contrôle de qualité.
Antilles Guyane 3 18 juin 2019
