[ Corrigé du baccalauréat STL Métropole 18 juin 2010 \ Chimie de laboratoire
Calculatrice et formulaire autorisés 3 heures
Durée de l’épreuve : 3 heures Coefficient : 4
EXERCICE1 4 points
1. L’équation s’écrivanty′′+52y=0, on sait que les solutions s’écrivent f(t)=Acos 5t+Bsin 5t, avecA∈R,B∈R
2. On af′(t)= −5Asin 5t+5Bcos 5t. Donc
½ f(π) = −p 3 f′(π) = 5 ⇐⇒
½ Acos 5π+Bsin 5π = −p 3
−5Asin 5π+5Bcos 5π = 5 ⇐⇒
½ −A = −p 3
−5B = 5 ⇐⇒
½ A = p
3 B = −1
La fonction solution de l’équation différentielle et vérifiant les deux conditions est définie sur Rpar
f(t)=p
3 cos 5t−sin 5t.
3. On peut en factorisant 2, écrire : f(t)=2
Ãp 3
2 cos 5t−1 2sin 5t
!
=2¡
cosπ6cos 5t−sinπ6sin 5t¢
=2cos¡ 5t+π6¢
, d’après la formule cosacosb−sinasinb=cos(a+b).
4. a. 2cosx=1⇐⇒ cosx=1
2 ⇐⇒ cosx=cosπ3 ⇐⇒ x=π3+2kπ,k∈Zou x= −pi3 +2k′π,k′∈Z.
b. f(t)=1⇐⇒ 2cos¡ 5t+π6¢
=1, soit en utilisant les résultats de la question précédente :
½ 5t+π6=π3+2kπ,k∈Zou 5t+π6= −π3+2k′π,k∈Z ⇐⇒
½ 5t=π6+2kπou 5t= −π2+2k′π ⇐⇒
½ t=30π+2kπ5ou t= −10π+2k′π5
EXERCICE2 5 points
1. La variable aléatoireXpeut prendre les valeurs 10, 20, 30, 40 ou 50.
On a le tableau de la loi de probabilité de cette variable suivant :
X=xi 10 20 30 40 50
p(X=xi) 5 100
30 100
40 100
20 100
5 100 2. On a E(X)=10× 5
100+20× 30
100+30× 40
100+40× 20
100+50× 5 100= 50+600+1200+800+250
100 =2900
100 =29.
3. D’après le résultat précédent le dosage du contenu des 100 flacons mélangés sera de 29 %.
Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.
4. On doit avoir E(X)=29, 2=2920
100 au lieu de2900
100 . Il suffit donc de remplacer un des flacons à 10 % par un flacon à 30 %. (ou un de 20 par un de 40 ou un de 30 par un de 50).
PROBLÈME 11 points
1. Comme lim
x→0xlnx=0, lim
x→0x×xlnx=0, donc lim
x→0f(x)=1.
2. En factorisantx2(rappelx6=0), on peut écrire : f(x)=x2
µ3 2−lnx
¶ +1.
On a lim
x→+∞−lnx= −∞et comme lim
x→+∞x2= +∞, par produit de limites lim
x→+∞f(x)= −∞. 3. a. On af′(x)=3
2×2x−2xlnx−x2×1
x=3x−2xlnx−x=2x−2xlnx= 2x(1−lnx).
b. Commex>0, le signe def′(x) est celui de 1−lnx; or
1−lnx>0⇐⇒1>lnx ⇐⇒ ln e>lnx ⇐⇒ (par croissance de la fonction ln) e>x ⇐⇒ 0<x<e ; la dérivée est positive sur ]0 ; e[ ;
de même 1−lnx<0⇐⇒ x>e
4. La question précédente montre quef est croissante sur ]0 ; e[ et décroissante sur ]e ;+∞[.
Il y a donc un maximum en e :f(e)=3
2e2−e2×1+1=1+e2 2.
x 0 e +∞
f′(x) + −
f(x) 1
1+e22
−∞
5. Le tableau de variations montre quef ne s’annule qu’une seule fois sur [e ;+∞[ enα. Plus précisément :f(4)=3
2×16−16ln 4+1=25−32ln 2≈2, 8 et f(5)=3
2×25−25ln 5+1= 77
2 −25ln 5≈ −1, 7, ce qui montre que 4<α<5.
De mêmef(4, 6)≈0, 4>0 etf(4, 7)≈ −0, 05<0, ce qui montre que 4, 6<α<4, 7.
6. Voir la figure à la fin.
7. On ag′(x)=11
18×3x2−1
3×3x2lnx−1 3x3×1
x+1=11
6x2−x2lnx−1
3x2+1=3
2x2−x2lnx+1= f(x).
Conclusion :gest une primitive def sur ]0 ;+∞[.
8. On a vu que sur [2 ; 4], la fonction f est positive ; donc l’aire de la surfaceD limitée par la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équations respectivesx=2 etx=4 est égale (en unité d’aire) à l’intégrale :
Z4
2 f(x) dx=[g(x)]42=g(4)−g(2)=11
18×43−1
3×43ln 4+4− µ11
18×23−1
3×23ln 2+2
¶
= 352
9 −128
3 ln 2+4−44 9 +8
3ln 2−2=308 9 −120
3 ln 2+2=2+308
9 −40ln 2 (u. a.) L’unité d’aire étant égale à 1×1=1 cm2, on a aussi :
A =2+308
9 −40ln 2≈8, 496≈8, 50 cm2au centième près. (ce que l’on contrôle approximati- vement sur la figure)
Métropole 2 18 juin 2010
Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.
1 2 3 4 5 6
−1
−2 1 2 3 4 5
bA
O
C
Métropole 3 18 juin 2010
