TaleST I Sujet du bac 2010 22 juin 2010
UNE CORRECTION DU BACCALAURÉAT TECHNOLOGIQUE SCIENCES ET TECHNOLOGIES INDUSTRIELLES
SESSION 2010
Génie mécanique options A et F Génie Civil
Génie Énergétique
Exercice 1 6 points
Partie A
1. Tableau récapitulatif :
Pièces défectueuses Pièces non défectueuses Total
Ouest 22 1078 1100
Est 27 873 900
Total 49 1951 2000
2. (a) • p(E) = 900
2000 = 0,45
• p(D) = 49
2000 = 0,0245
• p(E∩D) = 27
2000 = 0,0135
• p(E∪D) =p(E) +p(D)−p(E∪D) = 900
2000 + 49
2000 − 27
2000 = 922
2000 = 0,461 (b) PD(E) = 22
49 = 0,449 Partie B
1. • Gain pour une pièce non défectueuse : 10−7 = 3 euros.
• Gain pour une pièce défectueuse provenant de l’atelier Ouest : 10−7−3 = 0 euro.
• Gain pour une pièce défectueuse provenant de l’atelier Est : 10−7−5 =−2 euros.
D’où le gain journalier de l’entreprise : B= 1 756×3 + 20×0 + 24×(−2) = 5 220 euros 2. Le gain annuel est de : G= 5 222×300 = 1 566 000 euros
3. Le gain journalier est de B0 = 1 756×3 = 5 268 euros.
Le gain annuel, compte tenu de l’éviction des pièces défectueuses est alors de : G0 = 5 268×300−100 000 = 1 480 400 euros ; d’oùG0 < G.
Cette stratégie n’est donc pas rentable pour l’entreprise.
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Exercice 2 4 points
1. (a) P(−1) = (−1)3−3(−1)2+ 4(−1) + 8 = 0
(b) (z+ 1)(z2+az+b) =z3+az2+bz+z2+az+b Soit P(z) =z3+ (a+ 1)z2+ (b+a)z+b
Or,P(z) =z3−3z2+ 4z+ 8.
Donc, par identification des coefficients, on obtient :
a+ 1 =−3 b+a= 4 b= 8
=⇒
( a=−4 b= 8 (c) P(z) = 0⇐⇒(z+ 1)(z2−4z+ 8) = 0.
Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul, soit :
• z+ 1 = 0 donc z=−1, ou
• z2−4z+ 8 = 0 : ∆ =b2−4ac= (−4)2−4×1×8 =−16.
Le discriminant est négatif, il y a deux solutions complexes conjuguées :
z1 = −b−i√
−∆
2a = 4−4i
2 = 2−2i z2 = −b+i√
−∆
2a = 4 + 4i
2 = 2 + 2i Conclusion : S={ −1 ; 2−2i; 2 + 2i}
2. (a) Voir plus bas.
(b) • Le module de zA est |zA|=| −1|= 1.
L’angle (−→u ,−→OA) vaut π donc, l’argumentθAde zA vautπ.
On a finalement : zA=eiπ
• Le module de zB est|zB|=√
22+ 22 =√
8 = 2√ 2.
Un argumentθB vérifie les relations : cosθB = 2 2√
2 =
√2
2 et sinθB= 2 2√
2 =
√2 2 , d’où θB = π
4.
On a finalement : zB = 2√ 2eiπ4
• Le module de zC est|zC|=p22+ (−2)2 = 2√ 2.
Un argumentθC vérifie les relations : cosθC = 2 2√
2 =
√2
2 et sinθC = −2 2√
2 =−
√2 2 , d’où θC =−π
4.
On a finalement : zC = 2√ 2e−iπ4
(c) Les affixes des pointsBetCsont conjuguées, les pointsBet C sont donc symétriques par rapport à l’axe des abscisses.
On poseI, milieu de [BC] le point d’affixe zI= 2.
Le pointAest situé sur l’axe des abscisses, le triangleABC est donc isocèle en Aet son aire Avérifie :
A= BC×AI
2 U.A. avec
BC =|zC−zB|=| −4i|= 4 et AI =|zI−zA|=|3|= 3.
et une unité d’aire valant 2×2 = 4 cm2. donc :A= 4×3
2 ×4 = 6×4 cm2= 24 cm2
O −→u
b bbb
−
→v A
I B
C
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Problème 10 points
Partie A
1. Les solutions de l’équation différentielle (F) sont du type z(t) =ke−0,1t où kest un réel.
2. (a) y0(t) + 0,1y(t) =z0(t) + 0 + 0,1(z(t) + 30) =z0(t)+,01z(t) + 3 = 3.
Donc, y est solution de l’équation différentielle (E) (b) y(0) =z(0) + 30 =ke−0,1×0+ 30 =k+ 30.
Or,y(0) = 20 donck+ 30 = 20⇐⇒k=−10.
y(t) =−10e−0,1t+ 30 Partie B
1. (a) À l’arrêt,t= 0 d’où :f(0) = 30−10e−0,1×0 = 20.
La température du lubrifiant à l’arrêt est de 20˚C.
(b) Au bout de 24 heures,t= 24 d’où :f(24) = 30−10e−0,1×24= 29,09.
La température du lubrifiant au bout de 24 heures est de 29,09˚C.
2. (a) Calcul de la limite def en +∞ :
t→+∞lim 30 = 30
t→+∞lim −10e−0,1t= lim
T→−∞ −10eT = 0
donc, par somme : lim
t→+∞ f(t) = 30
(b) La courbe représentative de la courbef admet une asymptote horizontale en +∞ d’équationy= 30 (c) Au bout d’un moment d’utilisation, la température du lubrifiant se stabilisera à presque 30˚C.
3. (a) f0(t) = 0−10×(−0,1)e−0,1t = e−0,1t
La fonction exponentielle étant toujours positive, on en déduit quef0(t) est strictement positif pour toutt, et que f est strictement croissante sur [ 0 ; +∞[.
Tableau de variation récapitulatif :
t 0 +∞
Signe def0(t) +
30 Variations def
20 (b) Voir courbe.
(c) La température est de 28˚C lorsquef(t) = 28 : f(t) = 28 ⇐⇒30−10e−0,1t= 28
⇐⇒e−0,1t= 0,2
⇐⇒t= ln(0,2)
−0,1
⇐⇒t= 16,094
La température du lubrifiant est de 28˚C après 16 heures d’utilisation à l’heure près et après 16 heures et 6 minutes à la minute près.
(d) Vm= 1 10−5
Z 10 5
(30−10e−0,1t) dt=h30t+ 100e−0,1ti10
5
Vm= 1 5
30×10 + 100e−0,1×10− 30×5 + 100e−0,1×5 Vm= 25,227
La température moyenne du lubrifiant entre la cinquième et la dixième heure est de 25,23˚C
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10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
O t
y
C
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