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Bac STI2D et STL spé SPCL

Remplacement Polynésie 2018

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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6 points

exercice 4

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Bac STI2D et STL spé SPCL Polynésie Remplacement 2018

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

= 500 et d'écart-type sigma

= 11.

1. Nous devons calculer $P(X>515).$
La variable aléatoire X suit la loi normale de moyenne

= 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

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 (u_n ) 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 est strictement décroissante sur [0 ; +[

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

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 (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 de l'équation différentielle (E ) vérifiant (0) = 150 et est définie sur [0 ; +[ par $\overset{.}{\boxed{\omega (t)=4\,\text{e}^{-200t}+146}}$

2. Nous avons montré dans la partie A que la fonction 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.

Publié par malou le 17-05-2019

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