A.P.M.E.P.
Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI 2D/STL \ Nouvelle-Calédonie 18 novembre 2013
EXERCICE1 5 points
PARTIE A :
1. Réponse c. : B$2∗0, 4+3
2. Il semble que la limite de la suite soit égale à 5.
3. L’algorithme s’arrête pourp=7 : avecu7=4,9902, on a bien|u7−5|60, 01.
PARTIE B :
1. D’après l’écriture du terme général, cette suite est géométrique de premier terme 6 et de raison 0, 4.
2. Comme 0<0, 4<1, on sait que lim
n→+∞0, 4n=0, donc lim
n→+∞6×0, 4n=0.
Conclusion : lim
n→+∞vn=0.
3. Commeun=5−vn, on en déduit que lim
n→+∞un=5−0=5.
4. a. Cette somme est la somme desn+1) premiers termes d’une suite géomé- trique, on sait que cette somme est égale à :
v0+v1+ ··· +vn=6×1−0, 4n+1
0−0, 4 6×1−0, 4n+1 0, 6 =10¡
1−0, 4n+1¢
= 10−4×0, 4n.
b. Comme pour tout entiern,un=5−vn, on a :
u0+u1+···+un=5(n+1)−(v0+v1+ ··· +vn)=5(n+1)−(10−4×0, 4n)= 5n+5−10+4×0, 4n=5n−5+4×0, 4nou 5(n−1)+4×0, 4n.
EXERCICE2 3 points
1. Réponsea..
2. z= −p
2eiπ4 : cette écriture n’est pas celle d’une forme exponentielle carp 2<
0.
Orz=eiπp
2eiπ4 =p
2ei¡π+π4¢=p
2ei5π4 Un argument dez est donc 5π4 à 2π près soit encore−3π4. Réponsec.
3. Sif est définie parf(t)=3cos³ 5t−π
2
´
, alorsf′(t)= −15sin³ 5t−π
2
´ et f′′(t)= −75cos³
5t−π 2
´ .
Doncf′′(t)+25f(t)=0. Réponseb.
4. Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions :x7−→Ce2xavec C∈R. Réponsea.
5. ln(x+1)=3⇐⇒eln(x+1)=e3 ⇐⇒ x+1=e3 ⇐⇒ x=e3−1. Réponsec.
6. 2x−365 ⇐⇒ 2x68 ⇐⇒ xln 26ln 8 ou encorexln 26ln 23 ⇐⇒ xln 26 3ln 2⇐⇒ x63. Réponseb.
Sciences et technologies de l’industrie et du développement durable Sciences et technologies de laboratoire
spécialité Sciences physiques et chimiques de laboratoire A. P. M. E. P.
EXERCICE3 7 points
PARTIE A :
1. a. On litf(1)≈ −1.
b. On litf′(1)=−2 1 = −2.
c. Son coefficient directeur est égal à−2 et son ordonnée à l’origine 1 ; l’équa- tion deT est doncy= −2x+1.
2. a. f′(x)=2×1 x− a
x2=2x−a x2 . b. On sait quef′(1)= −2 soit2×1−a
12 = −2⇐⇒ 2−a= −2 ⇐⇒ a=4.
Doncf(x)=2lnx+4
x+b. mais on sait quef(1)= −1, soit 2ln 1+4 1+b=
−1 ⇐⇒b= −1−4= −5.
Finalement :f(x)=2lnx+4 x−5.
PARTIE B :
1. a. On sait que lim
x→+∞lnx= +∞et que lim
x→+∞
4
x, d’où par somme de limites
x→+∞lim f(x)= +∞.
b. Ceci signifie que l’axe des ordonnées est asymptote verticale àC au voi- sinage de zéro.
2. a. On af′(x)=2×1 x− 4
x2=2x−4 x2 .
b. Commex2>0 six∈]0 ; +∞[, le signe de f′(x) est celui de 2x−4 qui est positif six>2.
Conclusion :f′(x)>0 sur ]2 ;+∞[ ; f′(x)<0sur]0 ; 2[ ;
f′(2)=0.
3. Le résultat précédent permet de construire le tableau suivant :
x 0 2 +∞
f′(x) − 0 +
f(x) +∞
2ln 2−3
+∞
4. Comme 2ln 2−3≈ −1, 62 est inférieur à zéro, la fonction décroissant de plus l’infini à 2ln 2−3 s’annule une fois sur l’intervalle ]0 ; 2[, puis croissant de 2ln 2−3 à plus l’infini s’annule une autre fois sur l’intervalle ]2 ;+∞[.
L’équation f(x)=0, pourxappartenant à ]0 ;+∞[ a donc deux solutionsa etb.
5. a. On af(1)=2×04
1−5= −1 etf(3)=2ln 3+4
3−5=2ln 3−11
3 ≈ −1, 47.
Donc sur l’intervalle [1 ; 3],f ne prend que des valeurs négatives.
b. On a vu que sur l’intervalle [1 ; 3], f est négative, donc l’aireA du do- maine limité par la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équation x=1 etx=3 est égale à
A= − Z3
1 f(x) dx= −[F(3)−F(1)]=F(1)−F(3)=(2×1+4) ln 1−7×1− [(2×3+4) ln 3−7×3]= −7−10ln 3+21=14−10ln 3 (unités d’aire).
Ob aA=14−10ln 3≈3, 01 unités d’aire.
Nouvelle-Calédonie 2 18 novembre 2013
Sciences et technologies de l’industrie et du développement durable Sciences et technologies de laboratoire
spécialité Sciences physiques et chimiques de laboratoire A. P. M. E. P.
EXERCICE4 5 points
PARTIE A :
1. Le nombre de pièces est assez important pour que l’on puisse assimiler le tirage de 10 pièces à un prélèvement avec remise de 10 pièces, la probabilité de prélevée étant à chaque fois la même : 0,9.
La variable aléatoireX suit donc une loi binomiale de paramètresn=10 et p=0, 9.
2. On a E(X)=n×p=10×0, 9=9.
σ(X)=p
n×p×(1−p)=p
10×0, 9×0, 1=p 0, 9.
3. La calculatrice donnep(X>8)≈0,9298≈0, 93.
PARTIE B :
1. La calculatrice livre :µ=80 etσ=0, 6, puis p(796M681)≈0, 904.
2. Comme l’espérance est égale à 80, la probabilité que le diamètre d’une pièce prélevée au hasard soit supérieur à 80 est égale à 0, 5.
PARTIE C :
1. L’intervalle de fluctuation asymptotique à 95 % de la fréquence des médailles non conformes obtenues dans un échantillon de 300 médailles est égale à : I=
·
0, 05−1, 96×
r0, 05×0, 95
300 ; 0, 05+1, 96×
r0, 05×0, 95 300
¸ soit I=[0, 025 ; 0, 075].
2. On an>30,np=300×0, 05=15>10 etn(1−p)=300×0, 95=285>10 : les conditions d’utilisation d’un intervalle de fluctuation asymptotique sont réunies. Donc la fréquence d’apparition des médailles non conformes est :
f = 24 300= 8
100=0, 08.
Or 0, 8∉[0, 025 ; 0, 075], donc au seuil de confiance de 95 % on décide de revoir le réglage de la machine.
Nouvelle-Calédonie 3 18 novembre 2013
