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Bac STI2 et STL spécialité SPCL

Antilles Guyane 2019

Durée : 4 heures

Coefficient : 4

4 points

exercice 1

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7 points

exercice 2

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6 points

exercice 3

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3 points

exercice 4

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Bac STI2D et STL spé SPCL Antilles Guyane 2019

4 points

exercice 1

${\red{\text{1. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ a.\ \ }\ln(4a)}}}$

$\dfrac{\ln(2a)+\ln(8a)}{2}=\dfrac{1}{2}\times[\ln(2a)+\ln(8a)]=\dfrac{1}{2}\times[\ln(2a\times8a)] \\\\\phantom{\dfrac{\ln(2a)+\ln(8a)}{2}}=\dfrac{1}{2}\times[\ln(16a^2)]=\ln(16a^2)^{\frac{1}{2}} \\\\\phantom{\dfrac{\ln(2a)+\ln(8a)}{2}}=\ln(\sqrt{16a^2})=\ln(4a) \\\\\Longrightarrow\boxed{\dfrac{\ln(2a)+\ln(8a)}{2}=\ln(4a)}$
Par conséquent, la réponse "a" est correcte.

${\red{\text{2. }}{\blue{\mathbf{R\acute{e}ponse\ c.\ \ une\ asymptote\ parall\grave{e}le\ \grave{a}\ l'axe\ des\ ordonn\acute{e}es\ et\ aucune\ asymptote}}}} \\\dfrac{}{}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ {\blue{\mathbf{parall\grave{e}le\ \grave{a}\ l'axe\ des\ abscisses.}}}$

Si $\lim\limits_{x\to0}f(x)=-\infty}$ , alors la courbe $\mathcal{C}$ admet une asymptote parallèle à l'axe des ordonnées (dont l'équation
est x = 0).
Si $\overset{.}{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$ , alors la courbe $\mathcal{C}$ n'admet pas d'asymptote parallèle à l'axe des abscisses.
Par conséquent, la réponse "c" est correcte.

${\red{\text{3. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ c.\ \ }2\,\text{e}^{-\text{i}\frac{5\pi}{4}}}}}$
$z=-2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\times(-1)=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\times\text{e}^{\text{i}\pi}=2\,\text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{4}+\pi)}\Longrightarrow\boxed{z=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{4}}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\red{\overline{z}=2\,\text{e}^{-\text{i}\frac{5\pi}{4}}}}$
Par conséquent, la réponse "c" est correcte.

${\red{\text{4. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ c.\ \ \text{dans la zone \textcircled{3}}}}}}$
"La partie réelle de z est strictement inférieure à sa partie imaginaire."
Cette condition nous permet d'éliminer les zones $\textcircled{1}$ et $\textcircled{4}.$
"Un argument de z est strictement compris entre $\overset{.}{\dfrac{3\pi}{4}}$ et $2\pi.$ "
Cette condition nous permet en plus d'éliminer la zone $\textcircled{2}.$
D'où le point image de z se situe dans la zone $\textcircled{3}.$
Par conséquent, la réponse "c" est correcte.

7 points

exercice 2

Partie A

1. a. Une diminution de 5 % correspond à un coefficient multiplicateur égal à 1 - 0,05 = 0,95.
$\overset{.}{\text{D'où }\ c_1=0,95\times c_0=0,95\times 24\Longrightarrow\boxed{c_1=22,8}}$
Interprétation : En 2019, le coût de production d'un kilowattheure d'électricité produite par énergie houlomotrice s'élève à 22,8 centimes d'euro.

1. b. Chaque année, à partir de 2018, le coût de production d'un kilowattheure d'électricité produite par énergie houlomotrice diminue de 5 %.
Une diminution de 5 % correspond à un coefficient multiplicateur égal à 1 - 0,05 = 0,95.
D'où, pour tout entier n supegal

0, c _n +1 = 0,95 c_n .
Par conséquent, la suite (c_n ) est une suite géométrique de raison q = 0,95 et dont le premier terme est c ₀ = 24.

1. c. Le terme général de la suite (c_n ) est $c_n=c_0\times q^{n}$ .
Donc, pour tout n supegal

0, $\overset{.}{\boxed{c_n=24\times0,95^{n}}}$

2. Résolvons dans l'ensemble

l'inéquation 0,95ⁿ < 0,25.
$\overset{.}{0,95^n<0,25\Longleftrightarrow\ln(0,95^n)<\ln(0,25)} \\\\\phantom{0,95^n<0,25}\Longleftrightarrow n\times\ln(0,95)<\ln(0,25) \\\\\phantom{0,95^n<0,25}\Longleftrightarrow n>\dfrac{\ln(0,25)}{\ln(0,95)}\ \ \ \ (\text{changement de sens de l'inégalité car }\ln(0,95)<0) \\\\\text{Or }\dfrac{\ln(0,25)}{\ln(0,95)}\approx27,03$
Puisque n est un nombre entier naturel, la plus petite valeur de n vérifiant l'inéquation est n = 28.
Par conséquent, les solutions entières vérifiant l'inéquation sont les valeurs de n telles que n 28.

3. Déterminons le plus petit entier naturel n vérifiant l'inéquation c_n < 6.

$\boxed{c_n<6}\Longleftrightarrow24\times0,95^n<6 \\\\\phantom{c_n<6}\Longleftrightarrow0,95^n<\dfrac{6}{24} \\\\\phantom{c_n<6}\Longleftrightarrow\boxed{ 0,95^n<0,25}$
Nous savons par la question 2 que la plus petite valeur entière de n vérifiant l'inéquation 0,95ⁿ < 0,25 est n = 28.
2018 + 28 = 2046.
D'où, le coût d'un kilowattheure produit par énergie houlomotrice deviendra inférieur au coût d'un kilowattheure produit par énergie nucléaire à partir de l'année 2046.

4. a. Algorithme complété :

$\begin{array}{|c|}\hline C\longleftarrow24\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\D\longleftarrow6\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\N\longleftarrow2018\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que }\,{\red{C\ge D}}\ \ \text{faire}\ \ \ \ \\C\longleftarrow {\red{0,95\times C}}\\D\longleftarrow\,{\red{D+1}}\ \ \ \ \\\ \ \ \ \ \ N\longleftarrow N+1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Fin Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline\end{array}$

4. b. Le tableau suivant nous donne les premières valeurs
du coût de production C d'un kilowattheure produit par énergie houlomotrice,
du coût de production D d'un kilowattheure produit par énergie nucléaire
ainsi que les diverses années correspondant à ces coûts.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{Valeurs de }C&24&22,8&21,7&20,6&19,5&18,6&17,6&16,8&15,9&15,1& \cellcolor{red}14,4\\\hline\text{Valeurs de }D&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&\cellcolor{red}16\\\hline\text{Valeurs de }N&2018&2019&2020&2021&2022&2023&2024&2025&2026&2027&\cellcolor{green}2028 \\\hline \end{array}$

Le tableau se clôture lorsque C devient inférieur à D .
La valeur de N correspondante est 2028.
Par conséquent, le coût de production d'un kilowattheure produit par énergie houlomotrice sera inférieur au coût de production d'un kilowattheure produit par énergie nucléaire à partir de l'année 2028.

Partie B

La variable aléatoire X suit la loi exponentielle de paramètre lambda

= 0,04.

1. L'espérance de la variable aléatoire X est $E(X)=\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{0,04}\Longrightarrow\boxed{E(X)=25}$
D'où, la durée de vie moyenne de ce composant électronique est de 25 ans.

2. a. Déterminons une primitive F de la fonction f sur l'intervalle [0 ; + infini

[.

$f(x)=0,04\,\text{e}^{-0,04x}=-(-0,04)\,\text{e}^{-0,04x} =-(-0,04x)'\,\text{e}^{-0,04x}=-\left(\overset{}{\,\text{e}^{-0,04x}}\right)'=\left(\overset{}{-\,\text{e}^{-0,04x}}\right)' \\\\\Longrightarrow\text{Si }\ F(x)=-\,\text{e}^{-0,04x}\ ,\ \text{alors }\ \boxed{f(x)=F'(x)}$
Nous en déduisons alors qu'une primitive de la fonction f sur l'intervalle [0 ; +[ est la fonction F définie par $\overset{.}{\boxed{F(x)=-\,\text{e}^{-0,04x}}}$

${\red{2.\ \text{b. }}}\ P(X\le t)=\int\limits_0^tf(x)\,dx=\left[\overset{}{F(x)}\right]\limits_0^t=F(t)-F(0) \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{b. }}}\ P(X\le t)} = (-\,\text{e}^{-0,04t})-(-\,\text{e}^{-0,04\times0}) \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{b. }}}\ P(X\le t)} = (-\,\text{e}^{-0,04t})-(-\,\text{e}^{0})= (-\,\text{e}^{-0,04t})-(-1) \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{b. }}}\ P(X\le t)} = 1-\,\text{e}^{-0,04t} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(X\le t)=1-\,\text{e}^{-0,04t}}$

3. a. En utilisant le résultat de la question 2. b., nous obtenons :

$P(X>15)=1-P(X\le15) \\\\\phantom{P(X>15)}=1-(1-\,\text{e}^{-0,04\times15})=1-(1-\,\text{e}^{-0,6})=\text{e}^{-0,6} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(X>15)=\text{e}^{-0,6}\approx0,549}$

3. b. Interprétation
La probabilité que la durée de vie du composant électronique soit supérieure à 15 ans est environ égale à 0,549.

6 points

exercice 3

Partie A - Étude d'un premier satellite

1. Résoudre sur [0 ; + infini

[ l'équation différentielle $(E):40y'-y=0.$
La solution générale d'une équation différentielle de la forme $y'=ay+b$ est $y=k\,\text{e}^{ah}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (k\in\R).$
$\text{Or }\ (E)\Longleftrightarrow 40y'=y\Longleftrightarrow y'=\dfrac{1}{40}\times y\Longleftrightarrow y'=0,025y$
Dans ce cas, a = 0,025 et b = 0.
D'où la solution générale de l'équation (E ) est de la forme $T(h)=k\,\text{e}^{0,025h}-\left(\dfrac{0}{0,025}\right)$
soit $\boxed{T(h)=k\,\text{e}^{0,025h}\ \ \ \ \ (k\in\R)}$

${\red{2.\ }}\ T(800)=2000\Longleftrightarrow k\,\text{e}^{0,025\times800}=2000 \\\phantom{{\red{2.\ }}\ T(800)=2000}\Longleftrightarrow k\,\text{e}^{20}=2000 \\\phantom{{\red{2.\ }}\ T(800)=2000}\Longleftrightarrow\boxed{ k=2000\,\text{e}^{-20}} \\\\\text{D'où }\ T(h)=2000\,\text{e}^{-20}\,\text{e}^{0,025h} \\\\\text{soit }\ \boxed{T(h)=2000\,\text{e}^{0,025h-20}}$
Par conséquent, la fonction T solution de l'équation différentielle (E ) vérifiant la condition T (800) = 2000 est définie par $\overset{.}{T(h)=2000\,\text{e}^{0,025h-20}}$

Partie B - étude d'un deuxième satellite

Dans cette partie, la fonction T est définie sur l'intervalle [0 ; + infini

[ par $T(h)=K\times0,012\,\text{e}^{0,025(h-150)}$ dont la représentation graphique est donnée ci-dessous.

Bac STI2D et STL spé SPCL Antilles Guyane 2019 : image 14

1. Avec la précision permise par le graphique, nous pouvons observer que le point de la courbe représentative de la fonction T dont l'ordonnée est 1000 admet une abscisse égale à environ 490.
De plus la fonction T semble être croissante sur l'intervalle [0 ; + infini

[.
Donc T (h ) supegal

1000

490.
Nous en déduisons qu'il faut mettre en orbite ce deuxième satellite à une altitude minimale de 490 km pour que le temps restant avant sa rentrée atmosphérique soit au moins égale à 1000 jours.

2. Avec la précision permise par le graphique, nous pouvons conjecturer que T (515) = 2000.

$\text{D'où }\ K\times0,012\,\text{e}^{0,025(515-150)}=2000\Longleftrightarrow K\times0,012\,\text{e}^{9,125}=2000 \\\\\phantom{\text{D'où }\ K\times0,012\,\text{e}^{0,025(515-150)}=2000}\Longleftrightarrow K=\dfrac{2000}{0,012\,\text{e}^{9,125}} \\\\\phantom{\text{D'où }\ K\times0,012\,\text{e}^{0,025(515-150)}=2000}\Longrightarrow \boxed{K\approx18,15}$

Par conséquent, une valeur approchée du coefficient balistique de ce deuxième satellite est K 18,15.

Partie C - étude d'un troisième satellite : Hubble

Dans cette partie, la fonction T est définie sur l'intervalle [0 ; + infini

[ par $T(h)=0,132\,\text{e}^{0,025(h-150)}$ .

1. Nous devons calculer T (575).
$T(575)=0,132\,\overset{.}{\text{e}^{0,025(575-150)}}=0,132\,\text{e}^{10,625}\Longrightarrow\boxed{T\approx5432\ \ \ \ \ (\text{arrondi à l'unité})}$
Donc, le temps restant avant la rentrée atmosphérique du satellite Hubble est d'environ 5432 jours.

${\red{2.\ }}\ \lim\limits_{h\to +\infty}(h-150)=+\infty\Longrightarrow\lim\limits_{h\to +\infty}0,025(h-150)=+\infty \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{h\to +\infty}0,025(h-150)=+\infty\\\lim\limits_{H\to +\infty}\text{e}^{H}=+\infty\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par composition}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \lim\limits_{h\to +\infty}\text{e}^{0,025(h-150)}=+\infty \\\phantom{\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{h\to +\infty}0,025(h-150)=+\infty\\\lim\limits_{H\to +\infty}\text{e}^{H}=+\infty\end{matrix}\right........}\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \lim\limits_{h\to +\infty}0,132\,\text{e}^{0,025(h-150)}=+\infty \\\phantom{\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{h\to +\infty}0,025(h-150)=+\infty\\\lim\limits_{H\to +\infty}\text{e}^{H}=+\infty\end{matrix}\right........}\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{\lim\limits_{h\to +\infty}T(h)=+\infty}$

${\red{3.\ \text{a.}}}\ T\,'(h)=0,132\times\left[\overset{}{\text{e}^{0,025(h-150)}}\right]' \\\phantom{{\red{3.\ \text{a.}}}\ T\,'(h)}=0,132\times\left[0,025(h-150)\right]'\overset{}{\text{e}^{0,025(h-150)}} \\\phantom{{\red{3.\ \text{a.}}}\ T\,'(h)}=0,132\times0,025\,\overset{}{\text{e}^{0,025(h-150)}} \\\phantom{{\red{3.\ \text{a.}}}\ T\,'(h)}=0,0033\,\overset{}{\text{e}^{0,025(h-150)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{T\,'(h)=0,0033\,\overset{}{\text{e}^{0,025(h-150)}}}$

3. b. T' (h ) > 0 car la fonction exponentielle est strictement positive sur

, et donc a fortiori sur [0 ; + infini

[.
Par conséquent, la fonction T est strictement croissante sur [0 ; +[.

${\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)=0,132\,\text{e}^{0,025((h+10)-150)} \\\phantom{{\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)}=0,132\,\text{e}^{0,025((h-150)+10)} \\\phantom{{\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)}=0,132\,\text{e}^{0,025(h-150)+0,025\times10} \\\phantom{{\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)}=0,132\,\text{e}^{0,025(h-150)+0,25} \\\phantom{{\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)}=0,132\,\text{e}^{0,025(h-150)}\times\text{e}^{0,25} \\\phantom{{\red{4.\ \text{a.}}}\ T(h+10)}=T(h)\times\text{e}^{0,25} \\\\\Longrightarrow\boxed{T(h+10)=\text{e}^{0,25}\times T(h)}$

4. b. Le taux de variation (en pourcentage) du temps restant avant la rentrée atmosphérique du satellite Hubble correspondant à une augmentation de l'altitude de 10 km se calcule par $\overset{.}{\dfrac{T(h+10)-T(h)}{T(h)}\times100.}$

$\dfrac{T(h+10)-T(h)}{T(h)}\times100=\dfrac{\text{e}^{0,25}\times T(h)-T(h)}{T(h)}\times100 \\\\\phantom{\dfrac{T(h+10)-T(h)}{T(h)}\times100}=\dfrac{T(h)\times(\text{e}^{0,25}-1)}{T(h)}\times100 \\\phantom{\dfrac{T(h+10)-T(h)}{T(h)}\times100}=(\text{e}^{0,25}-1)\times100 \\\phantom{\dfrac{T(h+10)-T(h)}{T(h)}\times100}\approx28,4$

Par conséquent, augmenter l'altitude h de 10 km revient à augmenter d'environ 28 % le temps restant avant la rentrée atmosphérique du satellite Hubble.

3 points

exercice 4

Partie A

La variable aléatoire X suit la loi normale d'espérance

= 75 et d'écart-type sigma

= 0,03.

1. Nous devons déterminer P (X > 74,97).
Nous savons que $\overset{.}{P(X\ge\mu)=0,5}$ , soit que $\overset{.}{\boxed{P(X\ge75)=0,5.}}$ $\text{Dès lors, }P(X>74,97)=P(74,97<X<75)+P(X\ge75) \\\phantom{\text{Dès lors, }P(X>74,97)}\approx0,34+0,5\\\phantom{\text{Dès lors, }P(X>74,97)}\approx0,84 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(X>74,97)\approx0,84}$
2. Seules les pièces dont la longueur est comprise entre 74,95 mm et 75,05 mm sont jugées commercialisables.

Nous devons donc déterminer P (74,95 < X < 75,05)

Par la calculatrice, nous obtenons : $\boxed{P(74,95<X<75,05)\approx0,90}$
Par conséquent, la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit commercialisable est environ égale à 0,9.

Partie B

La variable aléatoire Y suit la loi normale d'espérance

= 75 et d'écart-type sigma

'.
Nous savons que si Y suit la loi normale d'espérance

et d'écart-type sigma

',
alors $\overset{.}{P(\mu-2\sigma '\le Y\le\mu+2\sigma ')\approx0,95.}$

$\text{Dès lors, }\ P(74,95\le Y \le75,05)\approx0,95\Longleftrightarrow P(75-0,05\le Y \le75+0,05)\approx0,95 \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(74,95\le Y \le75,05)\approx0,95}\Longleftrightarrow P(\mu-2\times0,025\le Y \le\mu+2\times0,025)\approx0,95 \\\phantom{..........................................................................}{\red{[P(\mu-2\times\sigma '\ \ \le Y\le\mu+2\times\sigma ')\ \approx0,95]}}$

Nous en déduisons alors que $\boxed{\sigma '\approx0,025}$

Partie C

Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique I₃₀₀ au seuil de 95 % de la fréquence des pièces commercialisables dans un échantillon de 300 pièces métalliques prises au hasard.

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

$\left\lbrace\begin{array}l n=300\ge30 \\ p=0,97\Longrightarrow np=300\times0,97=291>5 \\n(1-p)= 300\times(1-0,97)= 300\times0,03=9>5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique I₃₀₀ au seuil de 95% est :

$I_{300}=\left[0,97-1,96\sqrt{\dfrac{0,97 (1-0,97)}{300}};0,97+1,96\sqrt{\dfrac{0,97 (1-0,97)}{300}}\right]\\\\\Longrightarrow\boxed{I_{300}\approx[0,951;0,99]}$

Le prélèvement a révélé que, parmi 300 pièces métalliques, 14 d'entre elles ne sont pas commercialisables, soit que seulement 284 pièces sont commercialisables.
La fréquence observée des pièces commercialisables est $\overset{.}{\boxed{f=\dfrac{284}{300}\approx0,953}}$
Nous remarquons que $f\in I_{300}.$
Par conséquent au risque de se tromper de 5%, l'affirmation du responsable de l'atelier ne doit pas être remise en cause.

Publié par malou le 10-10-2019

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