Fiche de mathématiques
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Bac STI2D et STL spé SPCL

Remplacement Polynésie 2018

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Durée : 4 heures

Coefficient : 4


4 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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5 points

exercice 3

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exercice 4

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Bac STI2D et STL spé SPCL Polynésie Remplacement 2018

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4 points

exercice 1

{\red{\text{1. }}\blue{\mathbf{Réponse\ b)}\ z=\dfrac{1}{3}+\dfrac{\text{i}}{3}}

3\text{i}z+1=\text{i}\Longleftrightarrow3\text{i}z=-1+\text{i} \\\\\phantom{3\text{i}z+1=\text{i}}\Longleftrightarrow z=\dfrac{-1+\text{i}}{3\text{i}} \Longleftrightarrow z=\dfrac{(-1+\text{i})\,{\red{\text{i}}}}{3\text{i}\,{\red{\text{i}}}} \\\\\phantom{3\text{i}z+1=\text{i}}\Longleftrightarrow z=\dfrac{-\text{i}+\text{i}^2}{3\text{i}^2} \Longleftrightarrow z=\dfrac{-\text{i}-1}{-3} \\\\\phantom{3\text{i}z+1=\text{i}}\Longleftrightarrow z=\dfrac{1+\text{i}}{3} \\\\\phantom{3\text{i}z+1=\text{i}}\Longleftrightarrow\boxed{z=\dfrac{1}{3}+\dfrac{\text{i}}{3}}

{\red{\text{2. }}\blue{\mathbf{Réponse\ b)\ B}}

z+z'=4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}+\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} \\\\\phantom{z+z'}=4[\cos(\dfrac{\pi}{6})+\text{i}\sin(\dfrac{\pi}{6})]+\sqrt{2}[\cos(\dfrac{3\pi}{4})+\text{i}\sin(\dfrac{3\pi}{4})] \\\\\phantom{z+z'}=4[\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}\text{i}]+\sqrt{2}[-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}] \\\\\phantom{z+z'}=\dfrac{4\sqrt{3}}{2}+\dfrac{4}{2}\text{i}-\dfrac{\sqrt{2}\sqrt{2}}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{2}\sqrt{2}}{2} \\\\\phantom{z+z'}=2\sqrt{3}+2\text{i}-\dfrac{2}{2}+\dfrac{2}{2}\text{i} \\\\\phantom{z+z'}=2\sqrt{3}+2\text{i}-1+\text{i} \\\phantom{z+z'}=2\sqrt{3}-1+3\text{i} \\\phantom{z+z'}\approx2,46+3\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{z+z'\approx2,46+3\text{i}}
Moyennant la précision due à une lecture graphique, nous en déduisons que le seul point représentant z + z' est le point B.

{\red{\text{3. }}\blue{\mathbf{Réponse\ d)}\ F(x)=\ln(2x+1)}

Posons u (x ) = 2x + 1.
Sachant que u' (x ) = 2, nous en déduisons que  f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}
Or une primitive de la fonction f définie sur l'intervalle  ]-\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[  par  f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}  est la fonction F  définie sur l'intervalle  ]-\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[  par  F(x)=\ln(u(x)).
Par conséquent, une primitive de la fonction f  définie sur ]-\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[ est la fonction F définie sur  ]-\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[ par \boxed{F(x)=\ln(2x+1).}

{\red{\text{4. }}\blue{\mathbf{Réponse\ d)}\ \int\limits_{-1}^3g(x)\,dx-\int\limits_{-1}^3f(x)\,dx}

Les fonctions f  et g  sont continues dans l'intervalle [-1 ; 3] et sont telles que g (x ) supegal f (x )  pour tout x  dans l'intervalle [-1 ; 3].
L'aire du domaine grisé délimité par ces deux courbes se calcule donc par \boxed{\int\limits_{-1}^3g(x)\,dx-\int\limits_{-1}^3f(x)\,dx.}

5 points

exercice 2

Partie A

La masse, en gramme, d'un gâteau au chocolat peut être modélisée par une variable aléatoire X  qui suit la loi normale d'espérance mu = 500 et d'écart-type sigma = 11.

1.   Nous devons calculer P(X>515).
La variable aléatoire X  suit la loi normale de moyenne mu = 500.
Nous savons que  P(X\ge\mu)=0,5 , soit que  P(X\ge500)=0,5.

\text{Dès lors, }\ P(500\le X \le515)+P(X>515)=P(X\ge500)\Longleftrightarrow P(500\le X \le515)+P(X>515)=0,5 \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(X\ge500)=P(500\le X \le515)+P(X>515)}\Longleftrightarrow P(X>515)=0,5-P(500\le X \le515)

Or, par la calculatrice, nous obtenons : P(500\le X\le515)\approx0,414

D'où   P(X>515)\approx0,5-0,414\Longleftrightarrow\boxed{P(X>515)\approx0,086}
Par conséquent, la probabilité que la masse d'un gâteau au chocolat soit supérieure à 515 grammes est environ égale à 0,086 (valeur arrondie au millième).

2.   Un gâteau au chocolat est commercialisable s'il pèse entre 485 grammes et 515 grammes.
Par la calculatrice, nous obtenons : P(485\le X\le515)\approx0,827.
Donc la probabilité p  qu'un gâteau au chocolat choisi au hasard dans la fabrication soit commercialisable est environ égale à 0,827 (valeur arrondie au millième).

3.   Nous savons que si Y suit la loi normale d'espérance mu et d'écart-type sigma',
alors \overset{.}{P(\mu-2\sigma '\le Y\le\mu+2\sigma ')\approx0,95.}

\text{Dès lors, }\ P(485\le Y \le515)\approx0,95\Longleftrightarrow P(500-15\le Y \le500+15)\approx0,95 \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(485\le Y \le515)\approx0,95}\Longleftrightarrow P(\mu-2\times7,5\le Y \le\mu+2\times7,5)\approx0,95 \\\phantom{................................................................}{\red{[P(\mu-2\times\sigma '\ \ \le Y\le\mu+2\times\sigma ')\ \approx0,95]}}

Nous en déduisons alors que \boxed{\sigma '\approx7,5}

Partie B

La durée de fonctionnement sans dérèglement, en jour, de la balance électronique est une variable aléatoire T qui suit la loi exponentielle de paramètre lambda.

1.   La probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant 30 jours est égale à 0,913.

P(T>30)=0,913\Longleftrightarrow 1-P(T\le30)=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow 1-\int\limits_0^{30}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow1+\int\limits_0^{30}(-\lambda)\text{e}^{-\lambda t}\,dt=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow1+\int\limits_0^{30}(-\lambda t)'\text{e}^{-\lambda  t}\,dt=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow1+\left[\overset{}{\text{e}^{-\lambda t}}\right]\limits_0^{30}=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow1+[\text{e}^{-30\lambda}-\text{e}^{0}]=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow1+\text{e}^{-30\lambda}-1=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow\text{e}^{-30\lambda}=0,913 \\\\\phantom{P(T>30)=0,913}\Longleftrightarrow-30\lambda=\ln(0,913) \\\\\phantom{..............................}\Longleftrightarrow\boxed{\lambda=-\dfrac{\ln(0,913)}{30}\approx0,003}

2.  Nous devons calculer P(T infegal 90).

P(T\le90)=\int\limits_0^{90}0,003\text{e}^{-0,003 t}\,dt \\\phantom{P(T\le90)}=-\int\limits_0^{90}(-0,003)\text{e}^{-0,003 t}\,dt =-\int\limits_0^{90}(-0,003t)'\text{e}^{-0,003 t}\,dt \\\\\phantom{P(T\le90)}=-\left[\overset{}{\text{e}^{-0,003 t}}\right]\limits_0^{90} \\\\\phantom{P(T\le90)}=-[\text{e}^{-0,003 \times90}-\text{e}^{-0,003 \times0}] =-[\text{e}^{-0,27}-\text{e}^{0}] \\\\\phantom{P(T\le90)}=-[\text{e}^{-0,27}-1]=1-\text{e}^{-0,27}\\\\\Longrightarrow\boxed{P(T\le90)=1-\text{e}^{-0,27}\approx0,237}

D'où la probabilité que la balance électronique se dérègle durant les 90 premiers jours est environ égale à 0,237 (valeur arrondie au millième).

3.   Calculons la probabilité que la balance ne se dérègle pas avant 365 jours.
Nous devons calculer P(T > 365).

P(T>365)=1-P(T\le365) \\\\\phantom{P(T>365)}= 1-\int\limits_0^{365}0,003\text{e}^{-0,003 t}\,dt \\\\\phantom{P(T>365)}=1+\int\limits_0^{365}(-0,003)\text{e}^{-0,003 t}\,dt \\\\\phantom{P(T>365)}=1+\int\limits_0^{365}(-0,003 t)'\text{e}^{-0,003  t}\,dt \\\\\phantom{P(T>365)}=1+\left[\overset{}{\text{e}^{-0,003 t}}\right]\limits_0^{365} \\\\\phantom{P(T>365)}=1+[\text{e}^{-365\times0,003}-\text{e}^{0}] \\\\\phantom{P(T>365)}=1+\text{e}^{-1,095}-1 \\\\\phantom{P(T>365)}=\text{e}^{-1,095} \\\\\Longrightarrow\boxed{{P(T>365)}=\text{e}^{-1,095}\approx0,335}
D'où la probabilité que la balance ne se dérègle pas avant 365 jours est environ égale à 0,335.
Cette probabilité est inférieure à 0,5.
Par conséquent, le vendeur de cette balance électronique n'a pas raison.

5 points

exercice 3

Partie A

1.   Le Gouvernement souhaite que les dépenses liées à la CSBM n'augmentent que de 2 % par année.
Une augmentation de 2 % par année correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,02 = 1,02.
Donc pour tout entier n naturel, u_{n+1}=1,02\times u_n.
Par conséquent, la suite (un ) est une suite géométrique de raison q = 1,02 dont le premier terme
est u 0 = 164,7.


2.  u_n=u_0\times q^n\Longrightarrow\boxed{u_n=164,7\times1,02^n}

3.   u_7=164,7\times1,02^7\Longrightarrow\boxed{u_7\approx189,2}

4.   Le rang n = 7 correspond à l'année 2008 + 7, soit à l'année 2015.
Donc en 2015, le montant des dépenses liées à la CSBM s'élèvera à environ 189,2 milliards d'euros.

Partie B

1. a.  Le taux d'évolution de la CSBM entre les années 2008 et 2015 est donné en pourcentage par :

         \dfrac{\text{valeur finale - valeur initiale}}{\text{valeur initiale}}\times100=\dfrac{194-164,7}{164,7}\times100\approx17,79

Donc le pourcentage d'évolution de la CSBM entre les années 2008 et 2015 est d'environ 17,79 % (arrondi à 0,01%).

1. b.   La formule qui, saisie dans la cellule C3 et recopiée vers la droite, permet de compléter la ligne 3 est     
            \overset{.}{{\red{\boxed{=(C2-B2)/B2}}}}

2. a.   Algorithme complété :

          \begin{array}{|c|}\hline N\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\V\longleftarrow194\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que  }{\red{V\le300\ \ \text{faire}}} \\N\longleftarrow {\red{N+1}}\\\ \ \ \ \ V\longleftarrow {\red{1,024\times V}} \\\text{Fin Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \\\hline\end{array}

2. b.  En exécutant l'algorithme, nous obtenons : N = 19.

Nous aurions également trouvé ce résultat en déterminant le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation 194 multiplie 1,024n > 300.

194\times1,024^n>300\Longleftrightarrow 1,024^n>\dfrac{300}{194}  \\\\\phantom{194\times1,024^n>300}\Longleftrightarrow \ln(1,024^n)>\ln\left(\dfrac{300}{194}\right) \ \ \ \ \text{(stricte croissance de la fonction ln) } \\\\\phantom{194\times1,024^n>300}\Longleftrightarrow n\times\ln(1,024)>\ln\left(\dfrac{300}{194}\right)\ \ \ \ \text{(propriété de la fonction ln) } \\\\\phantom{194\times1,024^n>300}\Longleftrightarrow n>\dfrac{\ln\left(\dfrac{300}{194}\right)}{\ln(1,024)}\ \ \ \ \text{(Conservation du sens de l'inégalité car }\ln(1,024)>0) \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln\left(\dfrac{300}{194}\right)}{\ln(1,024)}\approx18,38

Puisque n est un nombre entier naturel, l'inéquation est vérifiée pour n supegal 19.
D'où le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation 194 multiplie 1,024n > 300 est n = 19.

2. c.   La CSBM dépassera les 300 milliards d'euros en l'année 2015 + 19, soit en 2034.
Pour être plus précis, nous pourrions dire que la CSBM dépassera les 300 milliards d'euros dans le courant de l'année 2033 (en prenant pour n  la valeur 18,38).

6 points

exercice 4

Partie A


\omega(t)=4\ \text{e}^{-200t}+146\ \ \ \ \text{avec }t\in[0\,;+\infty[

{\red{1.\ \text{a})}}\ \ \omega(0)=4\ \text{e}^{-200\times0}+146 \\\phantom{{\red{1.\ \text{a})}}\ \ \omega(0)}=4\ \text{e}^{0}+146 \\\phantom{{\red{1.\ \text{a})}}\ \ \omega(0)}=4\times1+146 \\\phantom{{\red{1.\ \text{a})}}\ \ \omega(0)}=150 \\\\\Longrightarrow\boxed{\omega(0)=150}

1. b) Limite de la fonction omega lorsque t  tend vers +infini.

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{t \to +\infty}(-200 t)=-\infty \\\\ \lim\limits_{T \to -\infty} \text{e} ^T=0\ \ \ \ \ \ \ \  \end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{ par composée }}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \ \ \lim\limits_{t \to +\infty} \text{e} ^{-200t}=0 \\\\\phantom{..............................................}\Longrightarrow\lim\limits_{t \to +\infty} (4\,\text{e} ^{-200t})=0 \\\\\phantom{..............................................}\Longrightarrow\lim\limits_{t \to +\infty} (4\,\text{e} ^{-200t}+146)=146 \\\\\phantom{..............................................}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{t \to +\infty} \omega (t)=146}

Interprétation graphique : En +infini, la courbe \mathscr{C} admet comme asymptote horizontale la droite
d'équation y = 146.

{\red{2.\ \text{a})\ }}\ \omega(t)=4\,\text{e}^{-200t}+146\Longrightarrow \omega'(t)=4\times(\text{e}^{-200t} )'+146' \\\phantom{{\red{2.\ \text{a})\ }}\ \omega(t)=4\,\text{e}^{-200t}+146}\Longrightarrow \omega'(t)=4\times(-0,200t)'\times\text{e}^{-0,200t}+0 \\\phantom{{\red{2.\ \text{a})\ }}\ \omega(t)=4\,\text{e}^{-200t}+146}\Longrightarrow \omega'(t)=4\times(-200)\times\text{e}^{-200t} \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{a})\ }}\ \omega(t)=4\,\text{e}^{-200t}+146}\Longrightarrow\boxed{\omega'(t)=-800\,\text{e}^{-200t}}

2. b)  Pour tout t  dans [0 ; +infini[, nous savons que e-200t > 0.
D'où omega'(t ) < 0 sur [0 ; +infini[.

2. c)  Nous déduisons de la question précédente que la fonction omega est strictement décroissante sur [0 ; +infini[

\underline{\text{Calculs préliminaires }}\\\\\omega(0)=150\ \ \ (\text{voir question 1. a.})\\\\\lim\limits_{t \to +\infty} \omega (t)=146\ \ \ (\text{voir question 1. b.})\ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\\\underline{\text{Tableau de variation de la fonction }\omega\ \text{sur l'intervalle }[0\,;+\infty[}\\ \\\phantom{.........}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline&&&&&&t&0&&&&+\infty\\&&&&& \\\hline \omega'(t)&&&-&&\\\hline&150&&&&& \omega(t)&&&\searrow&&\\&&&&&146\\\hline \end{array}

2. d)  Une équation de la tangente à la courbe \mathscr{C}  au point d'abscisse 0 est de la forme  y={\blue{\omega '(0)}}(t-0)+{\red{\omega (0)}}.

Nous savons par la question 1. a) que  {\red{\omega(0)=150}}.

\text{De plus, }\ \omega'(t)=-800\,\text{e}^{-200t}\Longrightarrow\omega'(0)=-800\,\text{e}^{0} \\\phantom{\text{De plus, }\ \omega'(t)=-800\,\text{e}^{-200t}}\Longrightarrow\omega'(0)=-800\times1 \\\phantom{\text{De plus, }\ \omega'(t)=-800\,\text{e}^{-200t}}\Longrightarrow{\blue{\omega '(0)=-800}}
Par conséquent, une équation de la tangente à la courbe  \mathscr{C} au point d'abscisse 0 est \boxed{y=-800t+150}.

Partie B

1. a)   Résoudre sur [0 ; +infini[ l'équation différentielle  (E):\dfrac{1}{200}y'+y=146.
La solution générale d'une équation différentielle de la forme  y'=ay+b  est  y=k\,\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (k\in\R).
\text{Or }\ (E)\Longleftrightarrow y'+200y=146\times200 \\\phantom{\text{Or }\ (E)}\Longleftrightarrow y'+200y=29\,200 \\\phantom{\text{Or }\ (E)}\Longleftrightarrow y'=-200y+29\,200
Dans ce cas, a = -200 et b = 29 200.
D'où la solution générale de l'équation (E ) est de la forme  y=k\,\text{e}^{-200t}-\left(\dfrac{29\,200}{-200}\right) soit  \boxed{y=k\,\text{e}^{-200t}+146\ \ \ \ \ (k\in\R)}

1. b)  Déterminons la solution de (E ) vérifiant la conditions omega(0) = 150 en remplaçant t  par 0 et y  par 150 dans la solution générale de (E ).

k\,\text{e}^{-200\times0}+146=150\Longleftrightarrow k\,\text{e}^{0}+146=150 \\\phantom{k\,\text{e}^{-200\times0}+146=150}\Longleftrightarrow k+146=150 \\\phantom{k\,\text{e}^{-200\times0}+146=150}\Longleftrightarrow{\red{ k=4}}
Par conséquent, la fonction représentée dans la partie A est la solution omega  de l'équation différentielle (E ) vérifiant omega(0) = 150 et est définie sur [0 ; +infini[ par  \overset{.}{\boxed{\omega (t)=4\,\text{e}^{-200t}+146}}

2.   Nous avons montré dans la partie A que la fonction omega  est strictement décroissante sur [0 ; +infini[
et que \overset{.}{\lim\limits_{t \to +\infty} \omega (t)=146}.

Interprétation dans le contexte de l'exercice : Durant la phase d'embrayage, la vitesse de rotation du moteur                                                                                                       diminue sans cesse pour atteindre une vitesse de 146 rad.s-1.

3.  Résolvons dans l'intervalle [0 ; +infini[ l'inéquation  \dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01

\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01\Longleftrightarrow\dfrac{(4\ \text{e}^{-200t}+146)-146}{146}<0,01 \\\\\phantom{\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01}\Longleftrightarrow\dfrac{4\ \text{e}^{-200t}}{146}<0,01 \\\\\phantom{\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01}\Longleftrightarrow4\ \text{e}^{-200t}<1,46 \\\phantom{\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01}\Longleftrightarrow\ \text{e}^{-200t}<0,365 \\\phantom{\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01}\Longleftrightarrow\ -200t<\ln(0,365 )  \\\\\phantom{\dfrac{\omega (t)-146}{146}<0,01}\Longleftrightarrow\ t>-\dfrac{\ln(0,365)}{200}
D'où, le temps (en secondes) mis par le moteur pour stabiliser sa vitesse est t=-\dfrac{\ln(0,365)}{200} , soit environ 0,005 s.
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