Sujet Bac STI2D et STL-SPCL Métropole 2017

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6 points

exercice 1

Partie A

Si w_n représente la masse de gaz dans le réservoir au bout de n jours après le chargement initial de 660 grammes,
alors w_n = 660 - 0,1 multiplie

n.

Nous devons trouver n tel que w_n infegal

440

$660-0,1\times n\le440\\\\660-440\le0,1\times n\\\\220\le0,1\times n\\\\0,1\times n\ge220\\\\\boxed{n\ge2200}$

Donc l'automobiliste devra recharger le réservoir au bout de 2 200 jours.

Partie B

Nous savons que pour tout entier naturel n, $u_{n+1}=0,99u_n-0,1\ \ \text{avec }u_0=660$

1. $u_{1}=0,99\times u_0-0,1$

$u_{1}=0,99\times660-0,1\\\\\boxed{u_{1}=653,3}$
D'où la masse de gaz dans le réservoir un jour après la visite d'entretien est de 653,3 grammes.

$u_{2}=0,99\times u_{1}-0,1\\\\u_{2}=0,99\times653,3-0,1\\\\\boxed{u_{2}=646,667}$
D'où la masse de gaz dans le réservoir deux jours après la visite d'entretien est environ de 646,7 grammes.

2. a. Complétons la partie Traitement de l'algorithme.

Traitement
Pour k allant de 1 à $\blue{N}$
u prend la valeur $\blue{0,99u-0,1}$
Fin pour

b. En exécutant l'algorithme pour N=20, nous obtenons $u_{20}\approx537,9976$ .
Par conséquent, il restera environ 538 grammes de gaz dans le réservoir au bout de 20 jours.

3. a. $v_n=u_n+10\Longrightarrow v_0=u_0+10=660+10$

$\Longrightarrow\boxed{v_0=670}$

b. Nous admettons que $(v_n)$ est une suite géométrique de raison 0,99.

D'où pour tout entier naturel n, $v_n=v_0\times0,99^n$

$\Longrightarrow\boxed{v_n=670\times0,99^n}$

c. $v_n=u_n+10\Longrightarrow u_n=v_n-10$

$\Longrightarrow\boxed{u_n=670\times0,99^n -10}$

d. $u_{20}=670\times0,99^{20} -10}$

$u_{20}\approx537,9976\\\\\boxed{ u_{20}\approx538}$

Nous retrouvons ainsi le résultat de la question 2.b.

4. Déterminons le nombre de jours nécessaires pour que la masse de gaz dans le réservoir soit inférieure à 440 grammes dans le cas où une réparation n'est pas effectuée.

Par le tableur de la calculatrice, nous obtenons $u_{39}\approx442,74$ et $u_{40}\approx438,21$ .
Nous en déduisons que la masse de gaz sera inférieure à 440 grammes au bout de 40 jours.
Donc si une réparation du système n'est pas effectuée, le coût de recharge s'élèvera à 80 euros tous les 40 jours.

Par contre, nous savons (voir Partie A) que si une réparation du système est effectuée, l'automobiliste ne devra recharger son réservoir qu'après 2200 jours où il payera 80 euros.

Il va de soi qu'il est préférable de payer 80 euros tous les 2200 jours que de payer 80 euros tous les 40 jours.

Donc il est plus économique pour cet automobiliste de réparer le système.
5 points

exercice 2

1. a. L'équation différentielle y' + 0,065y = 1,95 est une équation différentielle du premier ordre de la forme $y'+ay=b\ \ (a\neq0)$ .
Les solutions sont données par : $y=k\times e^{-at}+\dfrac{b}{a}\ \ (k\in\mathbb{R})$
Dans le cas de l'équation y' + 0,065y = 1,95, nous voyons que a = 0,065 et b = 1,95.

D'où les solutions de cette équation sont les fonctions f définies sur [0 ; + infini

[ par : $f(t)=k\times e^{-0,065t}+\dfrac{1,95}{0,065}\ \ (k\in\mathbb{R})$ , soit par $\boxed{f(t)=k\times e^{-0,065t}+30\ \ (k\in\mathbb{R})}$

b. A la sortie du four, la température est de 1400°C.
D'où f(0) = 1400.

De plus,

$f(0) = 1400\Longleftrightarrow k\times e^{-0,065\times0}+30=1400\\\\\Longleftrightarrow k\times e^{0}+30=1400\Longleftrightarrow k\times 1+30=1400\Longleftrightarrow k+30=1400\Longleftrightarrow k=1400-30\\\\\Longleftrightarrow \boxed{k=1370}$

Par conséquent, la solution de l'équation différentielle vérifiant la condition f (0) = 1400 est la fonction f définie

sur [0 ; + infini

[ par : $\boxed{f(t)=1370e^{-0,065t}+30}$

2. a. $f'(t)=1370\times(-0,065)e^{-0,065t}\Longrightarrow f'(t)=-89,05e^{-0,065t}$

Puisque -89,05 < 0 et que la fonction exponentielle est strictement positive sur

, a fortiori sur [0 ; + infini

[, nous en déduisons que f'(t) < 0 sur [0 ; + infini

[.

D'où la fonction f est strictement décroissante sur [0 ; + [.

b. Ce résultat était prévisible puisque la pièce se refroidit à la sortie du four au contact de l'air ambiant à 30°C.

3. $f(5)=1370e^{-0,065\times5}+30\approx1020$

Cela signifie qu'après avoir été entreposée 5 heures dans le local, la température de la pièce est d'environ 1020°C.
Or les pièces ne sont démoulées que si leur température est inférieure à 650°C.

Donc si la pièce a été entreposée 5 heures, elle ne pourra pas être démoulée à la fin de ce délai.

4. a. Résolvons l'inéquation f(t) < 650

$1370e^{-0,065t}+30<650\\\\1370e^{-0,065t}<650-30\\\\1370e^{-0,065t}<620\\\\e^{-0,065t}<\dfrac{620}{1370}\\\\-0,065t<\ln\left(\dfrac{620}{1370}\right)\\\\t>\dfrac{\ln\left(\dfrac{620}{1370}\right)}{-0,065}\\\\\boxed{t>12,20}$
Par conséquent, la pièce pourra être démoulée au plus tôt 12,20 h après sa sortie du four, soit 12h 12min après sa sortie du four.

b. En résolvant l'inéquation f(t) < 325 par la même méthode que ci-dessus, nous obtenons $\boxed{t>23,63}$ .

Nous obtenons alors un délai de 23,63 h après sa sortie du four, soit un délai de 23h 14min.
Ce délai n'est pas le double du précédent.

Par conséquent, pour un démoulage à 325°C, il ne faudra pas attendre deux fois plus de temps que pour un démoulage à 650°C, ce qui était prévisible puisque la fonction f n'est pas linéaire.
4 points

exercice 3

Partie A

Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{100}$ au seuil de 95% de la fréquence des clients ayant commandé un « menu terroir ».

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=100\ge30 \\ p=0,3\Longrightarrow np=100\times0,3=30\ge5 \\n(1-p)=100\times(1-0,3)=100\times0,7=70\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{100}$ au seuil de 95% est :

$I_{100}=\left[0,3-1,96\sqrt{\dfrac{0,3(1-0,3)}{100}};0,3+1,96\sqrt{\dfrac{0,3(1-0,3)}{100}}\right]\\\\I_{100}\approx[0,21;0,39]$

Or la fréquence observée est $f=\dfrac{26}{100}=0,26$

Nous remarquons que $f\in I_{100}.$

Par conséquent, la décision du restaurateur d'accepter l'hypothèse que p = 0,3 est parfaitement justifiée.

Partie B

1. On admet que X est une variable aléatoire suivant une loi binomiale.

a. Les paramètres sont n = 1000 et p = 0,3.

b. A l'aide de la calculatrice, nous obtenons : $P(X\le315)\approx0,8575$ .
Donc la probabilité que le nombre de « menus terroir » commandés soit inférieur ou égal à 315 est environ égale à 0,8575.

2. L'espérance

et l'écart type sigma

sont donnés par :

$\mu=n\times p=1000\times0,3\Longrightarrow\boxed{\mu=300}$

$\sigma=\sqrt{n\times p\times(1-p)}=\sqrt{1000\times0,3\times(1-03)}=\sqrt{210}\Longrightarrow\boxed{\sigma\approx14,49}$

3. a. A l'aide de la calculatrice, nous obtenons : $P(285\le X\le315)\approx0,70$ .

b. $P(X\ge350)\approx P(350\le X\le10^{99})$

$\Longrightarrow P(X\ge350)\approx2,7961\times10^{-4}$

Puisque $P(X\ge350)\approx0$ , nous en déduisons que le « menu terroir » a très peu de chances d'être commandé par 350 clients ou davantage.
5 points

exercice 4

1. Si $|z|=4\sqrt{3}$ et $\arg(z)=\dfrac{2\pi}{3}$ , alors

$\begin{array}{lll} z&=&4\sqrt{3}\left[\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)\right]\\\\ &=&4\sqrt{3}\left(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\\\\ &=&-\dfrac{4\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{4\sqrt{3}\sqrt{3}}{2}\\\\ &=&-2\sqrt{3}+2(\sqrt{3})^2i\\\\ &=&-2\sqrt{3}+2\times3i\end{cases}$

$\boxed{z=-2\sqrt{3}+6i}$
Donc la proposition 1 est vraie.

2. $z_A=2e^{i\frac{\pi}{2}}\Longrightarrow\boxed{|z_A|=2}$
$z_B=-1+i\sqrt{3}\Longrightarrow|z_B|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=\sqrt{4}\Longrightarrow\boxed{|z_B|=2}$

$z_C=z_A\times z_B\Longrightarrow |z_C|=|z_A|\times |z_B|=2\times2}\Longrightarrow\boxed{|z_C|=4}$

Puisque $OC=|z_C|=4$ , le point C appartient au cercle de centre O et de rayon 4.
Donc la proposition 2 est vraie.

3. Déterminons l'aire S(x) du rectangle OHMK.

$S(x)=OH\times OK\\\\S(x)=x\times(-\dfrac{1}{2}x+1)\\\\S(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+x$
S(x) est un polynôme du second degré dont le coefficient de x² est négatif.
Nous en déduisons que S(x) admet un maximum.

$\text{Ce maximum sera atteint pour: }x=\left[-\dfrac{b}{2a}\right]=-\dfrac{1}{2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=-\dfrac{1}{-1}=1$ .

Par conséquent, l'aire, en unités d'aire, du rectangle OHMK est maximale lorsque M a pour abscisse 1.
Donc la proposition 3 est vraie.

4. Selon l'énoncé, nous savons que $P(T>7)=0,417$ , soit que $e^{-\lambda\times7}=0,417$

$e^{-7\lambda }=0,417\\\\-7\lambda =\ln(0,417)\\\\\lambda =-\dfrac{1}{7}\ln(0,417)\\\\\boxed{\lambda\approx0,125}$ .
Or l'espérance mathématique de T est égale à $\dfrac{1}{\lambda}$ , soit environ $\dfrac{1}{0,125}=8$ .
Dans ce cas, le temps d'attente moyen à cette caisse de supermarché est de 8 minutes.
Donc la proposition 4 est fausse.

Publié par malou le 27-04-2018

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