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Bac STL Bio Antilles Guyane 2018

Durée : 4 heures

Coefficient : 4 5 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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5 points

exercice 3

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5 points

exercice 4

Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 1

Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 3

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Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018

5 points

exercice 1

1. Tableau donnant le nombre de bactéries en fonction du temps en minutes :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&&\\\text{Temps en minutes} : {\red{t_i}} &0 &2& 4& 6& 8& 10\\&&&&&& \\\hline &&&&&&\\\text{Nombre de bactéries} : {\red{n_i}}& 15\, 000& 11\, 000& 8\, 400& 6\, 600& 5\, 500& 4\, 600\\&&&&&&\\\hline \end{array}$

Nuage de points de coordonnées (t_i ; n_i ) :

Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 10

2. a) Tableau exprimant le logarithme népérien (arrondi à 0,001 près) du nombre de bactéries en fonction du temps en minutes :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&&\\\text{Temps en minutes} : {\red{t_i}} &0 &2& 4& 6& 8& 10\\&&&&&& \\\hline &&&&&&\\ {\red{y_i=\ln(n_i)}}& 9,616&9,306&9,036&8,795&8,613&8,434\\&&&&&&\\\hline \end{array}$

2. b) L'équation réduite de la droite d'ajustement affine de y en t est de la forme y = at + b .
A l'aide de la calculatrice, nous obtenons a environegal

-0,1175714 et b environegal

9,5545238.

En arrondissant les coefficients à 0,001 près, l'équation réduite de la droite d'ajustement affine de y en t
est y = -0,118t + 9,555 .

3. Dans la suite, on suppose que la droite d'ajustement affine de y en t obtenue par la méthode des moindres carrés a pour équation y = -0,12t + 9,55 .

3. a) Dans l'équation de la droite, remplaçons t par 15 et calculons la valeur de y .

$y=-0,12\times15+9,55\Longrightarrow y=7,75. \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}y=\ln(n)\\y=7,75\end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ln(n)=7,75 \\\phantom{\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}y=\ln(n)\\y=7,75\end{matrix}\right.\ \ \ \ }\Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{n=\text{e}^{7,75}\approx2321,57}$

Par conséquent, au bout de 15 minutes, le nombre estimé de bactéries est légèrement supérieur à 2300 (valeur arrondie à la centaine près).

3. b) Le nombre de bactéries doit être inférieur à 100.
La valeur de y correspondant à n = 100 est y = ln(100).

Nous devons résoudre l'inéquation : $-0,12t+9,55<\ln(100)$

$-0,12t+9,55<\ln(100)\Longleftrightarrow-0,12t<\ln(100)-9,55 \\\\\phantom{-0,12t+9,55<\ln(100)}\Longleftrightarrow t>\dfrac{\ln(100)-9,55}{-0,12} \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln(100)-9,55}{-0,12}\approx41,2$

L'énoncé demande de fournir le résultat à la minute près.
Par conséquent, le nombre de bactéries sera inférieur à 100 au bout de 42 minutes.

5 points

exercice 2

1. Une augmentation de 2 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,02 = 1,02.
Au 1^er février 2018, le versement du 1^er janvier n'aura subi qu'une seule augmentation de 2%.
1,02 multiplie

100 = 102.
D'où, le 1^er février 2018, Vincent versera 102 euros.

2. a) Le montant versé le (n +1)-ième mois est égal au montant versé le n -ième mois multiplié par 1,02.
Nous obtenons ainsi la relation $\red{u_{n+1} = 1,02\times u_n}$
Par conséquent, la suite u est une suite géométrique de raison q = 1,02 et dont le premier terme est u ₁ = 100.

${\red{2.\ \text{b}.}}\ \ u_n=u_1\times(\text{raison})^{n-1}\Longrightarrow\boxed{u_n=100\times1,02^{n-1}}$

2. c. L'indice n correspondant au 1^er décembre est n = 12. $u_{12}=100\times1,02^{12-1}=100\times1,02^{11}\approx124,34$
Donc, le 1^er décembre 2018, Vincent versera le montant de 124,34 euros.

2. d. Le 30 décembre 2018, le montant total remboursé correspond à la somme des 12 versements mensuels depuis le 1^er janvier 2018, soit la somme des 12 premiers termes de la suite géométrique u.

$S_{12}=u_1\times\dfrac{1-q^{12}}{1-q}=100\times\dfrac{1-1,02^{12}}{1-1,02}=100\times\dfrac{1,02^{12}-1}{0,02}\\\\\Longrightarrow\boxed{S_{12}\approx1341,21}$
Le quart de la somme empruntée est $\dfrac{1}{4}\times5000=1250\ \text{euros.}$
Puisque 1341,21 est supérieur à 1250, Vincent aura remboursé un quart de ce qu'il doit à ses parents le 30 décembre 2018.

3. Soit l'algorithme suivant :

$\begin{array}{|c|}\hline n\longleftarrow1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\u\longleftarrow100\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\S\longleftarrow100\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que }S<5000 \\n\longleftarrow n+1\\\ \ \ \ u\longleftarrow 1,02\times u\\S\longleftarrow S+u \\\text{Fin Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline\end{array}$

3. a. Tableau reprenant les premières valeurs successives prises par les variables u et S .

$\begin{array}{|c|ccc|ccc|ccc|ccc|}\hline\text{Valeurs de }n&&1&&&2&&&3&&&4& \\\hline \text{Valeurs de }u&&100&&&102&&&104,04&&&106,12& \\\hline \text{Valeurs de }S&&100&&&202&&&306,04&&\cellcolor{red}&\cellcolor{red}{412,16}&\cellcolor{red} \\\hline \end{array}$

3. b. Le nombre inscrit dans la case colorée représente le montant total remboursé au 30 avril 2018.

3. c. La valeur de la variable n après l'exécution complète de l'algorithme représente le nombre total de mensualités versées pour rembourser l'emprunt de Vincent.
Grâce à cette valeur de n , nous pouvons déterminer la durée du remboursement de cet emprunt.

5 points

exercice 3

L'eau du réseau contient une substance chimique dont l'évolution de la concentration en fonction du temps t écoulé depuis le début de la pollution est modélisée par la fonction f définie sur [0 ; + infini

[ par $f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t}$

1. Résoudre l'équation différentielle $(E):y'+0,06y=0.$

$(E)\Longleftrightarrow\boxed{y'=-0,06y}$
Nous savons que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle y' = ay où a est un nombre réel fixé, est l'ensemble des fonctions y définies sur

par $y(x)=k\ \text{e}^{ax}$ où k désigne un réel quelconque.
Puisque a = -0,06, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E) est l'ensemble des fonctions y définies sur [0 ; +[ par $y(t) = k\,\text{e}^{-0,06t}\ \ \ \text{avec }\ k\in\R.$

2. La fonction f définie sur [0 ; + infini

[ par $f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t}$ est de la forme $y(t) = k\,\text{e}^{-0,06t}\ \ \ \text{avec }\ k=30.$
Par conséquent, la fonction f est bien une solution de l'équation différentielle (E).

3. $f(0)=30\ \text{e}^{-0,06\times0}=30\ \text{e}^{0}=30\times1=30\Longrightarrow\boxed{f(0)=30}$
Interprétation :
Au début de la pollution, la concentration de la substance chimique dans l'eau potable est de 30 mg.L^-1.

4. Dans l'expression $f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t}$ , le temps t écoulé est exprimé en heures.
Au bout d'une journée, t = 24.

$f(24)=30\ \text{e}^{-0,06\times24}=30\ \text{e}^{-1,44}\Longrightarrow\boxed{f(24)\approx7,11}$
Donc au bout d'une journée, la concentration de la substance chimique dans l'eau est environ de 7,11 mg.L^-1.

5. Nous devons résoudre l'inéquation f (t ) infegal

0,05.

$30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05\Longleftrightarrow \text{e}^{-0,06t}\le\dfrac{0,05}{30}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\dfrac{0,05}{30}=\dfrac{5}{3000}=\dfrac{1}{600}) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \text{e}^{-0,06t}\le\dfrac{1}{600} \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \dfrac{1}{\text{e}^{0,06t}}\le\dfrac{1}{600} \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \text{e}^{0,06t}\ge600 \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \ln(\text{e}^{0,06t})\ge\ln(600) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow 0,06t\ge\ln(600) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow t\ge\dfrac{\ln(600)}{0,06} \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln(600)}{0,06}\approx106,6$

Il sera donc possible de consommer de nouveau l'eau du robinet au bout de 106,6 heures, soit au bout d'environ 4 jours et 11 heures.

6. La concentration moyenne de la substance chimique dans l'eau, lors des douze premières heures, est donnée par la formule : $\overset{.}{C=\dfrac{1}{12}\int\limits_0^{12}f(t)\ dt.}$

6. a) La fonction F est dérivable sur [0 ; + infini

[.
Pour tout t appartenant à l'intervalle [0 ; + infini

[, montrons que F' (t ) = f (t ).

$F'(t)=(-500\times\text{e}^{-0,06t})' \\\phantom{F'(t)}=-500\times(\text{e}^{-0,06t})' \\\phantom{F'(t)}=-500\times(-0,06t)'\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=-500\times(-0,06)\times\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=30\times\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=f(t) \\\\\Longrightarrow\boxed{F'(t)=f(t)}$
Nous en déduisons que la fonction F est une primitive de f .

${\red{6.\ \text{b)}}}\ C=\dfrac{1}{12}\int\limits_0^{12}f(t)\ dt =\dfrac{1}{12}[F(t)]\limits_0^{12}=\dfrac{1}{12}[F(12)-F(0)] \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}[-500\times\text{e}^{-0,06\times12}-(-500\times\text{e}^{-0,06\times0})] \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}(-500\times\text{e}^{-0,72}+500\times\text{e}^{0}]) \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}(500-500\times\text{e}^{-0,72})=\dfrac{500}{12}(1-\text{e}^{-0,72})=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72}) \\\\\Longrightarrow\boxed{C=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72})}$

6. c) $C=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72})\approx21,39$
Donc la concentration moyenne de la substance chimique dans l'eau lors des douze premières heures est environ de 21,39 mg·L^-1 (valeur approchée à 10^-2 près).

5 points

exercice 4

Partie A

Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 11

1. Graphiquement, nous pouvons estimer que la courbe admet un maximum pour X = 20.
Par conséquent, par lecture graphique, nous pouvons dire que l'espérance de X est = 20.

2. L'aire de la partie grisée représente la probabilité que la variable aléatoire X soit inférieure à 19,98,
soit P(X infegal

19,98).

3. En utilisant la calculatrice, nous obtenons P(19,975 infegal

20,015)

0,98758066.
Par conséquent, la probabilité que le volume de l'éprouvette soit compris entre 19,975 mL et 20,025 mL est environ égale à 0,988 (arrondie à 0,001).

Partie B

1. Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique I₁₀₀₀ au seuil de 95 % de la fréquence observée d'éprouvettes non conformes.

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

$\left\lbrace\begin{array}l n=1000\ge30 \\ p=0,012\Longrightarrow np=1000\times0,012=12\ge5 \\n(1-p)= 1000\times(1-0,012)= 1000\times0,988=988\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique I₁₀₀₀ au seuil de 95% est :

$I_{1000}=\left[0,012-1,96\sqrt{\dfrac{0,012 (1-0,012)}{1000}};0,012+1,96\sqrt{\dfrac{0,012 (1-0,012)}{1000}}\right]\\\\\Longrightarrow \boxed{I_{1000}\approx[0,006;0,018]}$

2. La fréquence observée est $f=\dfrac{9}{1000}=0,009.$
Nous remarquons que $f\in I_{1000}.$
Par conséquent, au risque de se tromper de 5%, l'annonce faite par l'entreprise est acceptable.

Publié par malou le 24-01-2019

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