Dans ce QCM aucune réponse ne doit être justifiée, mais nous le ferons dans ce corrigé pour vous aider à mieux comprendre.
1.Réponse a
Vu les réponses données le module de est , il reste à trouver l'argument de . Soit l'argument de , alors :
Donc
2.Réponse b
3.Réponse a
et
Donc 6 points
exercice 2
1. Entre 2013 et 2014 :
le pourcentage d'augmentation annuels entre 2013 et 2014 est de à près.
Entre 2014 et 2015 :
le pourcentage d'augmentation annuels entre 2013 et 2014 est de à près.
2.a.
b. Comme l'évolution est de chaque année, pour tout :
c. La suite est une suite géométrique de raison 1,3 et de premier terme .
d. Soit :
e. donc la puissance solaire photovoltaïque en GW installée dans le monde fin 2025 est . Or :
f. Donc le pourcentage global d'augmentation de cette puissance solaire mondiale entre 2015 et 2025 est de 1279 arrondi à l'unité.
3. On complète l'algorithme :
4. En faisant tourner cet algorithme, on trouve que c'est pour que l'on dépasse pour la première fois GW, hors . Donc c'est en 2032 que la puissance solaire dépasserait 16 000 GW.
5. On pourrait utiliser la fonction :
Or . Donc dépasse 16000 à partir de .
5 points
exercice 3
Partie A : les roulements à billes
1. La fréquence défectueuse dans ce lot est
2. L'intervalle de fluctuation asymptotique à de la fréquence des roulements à billes non conformes dans un échantillon de 60 roulements est :
3. donc les amis n'ont pas de raison de s'inquiéter car la fréquence observée sur l'échantillon est dans l'intervalle de fluctuation.
Partie B : les billes
Partie C : les chaînes de vélo
1. suit une loi exponentielle de paramètre donc,
Donc,
2.a. On représente sur le graphique en annexe :
b.
3.
4.
La durée de vie d'une chaîne de vélo est inférieure à 1006 jours avec une probabilité de 0,8.
6 points
exercice 4
Partie A
Voici le graphique présent en annexe 2 que l'on complète pour répondre aux questions de cette partie :
1.a. si et seulement si .
b. lorsque la fonction est croissante donc lorsque .
2.a. La tangente T a une équation de la forme où et sont des nombres réels. Or,
Donc
Or, le point appartient à T donc ses coordonnées vérifient l'équation de droite, donc
Donc l'équation de T est .
b. Le nombre dérivé est le coefficient directeur de la tangente à C en 0. Or la tangente à C en 0 est T, donc .
Partie B
1. Or Donc Donc
2.
Or :
Donc le tableau de signes de est le suivant :
3. Le tableau de varitions de f est alors le suivant :
Car .
4. Donc d'après le tableau de variations on déduit que l'équation possède 2 solutions.
5. Grâce à la calculatrice on trouve que les valeurs approchées à de ces deux solutions sont
Partie C
1. On complète l'annexe 2 :
2.a. Une primitive de la fonction est la fonction [/tex]G[/tex] définie sur par :
b. L'aire recherchée est . Or
Donc l'aire recherchée est .
c.
Donc la valeur de l'aire recherchée est de unités d'aire, soit environ 1,23 unité d'aire (arrondi à près).
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}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{-3}{2}+\dfrac{3i}{2}.)
est 
, il reste à trouver l'argument de 
l'argument de  = \dfrac{\dfrac{-3}{2}}{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.)
 = \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\dfrac{3}{2\sqrt{2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.)
![\begin{array}{ccc} \dfrac{\int_0^{24} f(t)dt}{24-0} & = & \dfrac{\int_{0}^{24} 8e^{-0,12t} + 11 dt}{24} \\ & = & \dfrac{1}{24}\left[ \dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12t}+11t\right]_0^{24} \\ & = & \dfrac{1}{24}\left(\dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12 \times 24}+11 \times 24 - \left(\dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12 \times 0}+11 \times 0\right)\right) \\ & \approx & 13,6 \end{array}](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?\begin{array}{ccc} \dfrac{\int_0^{24} f(t)dt}{24-0} & = & \dfrac{\int_{0}^{24} 8e^{-0,12t} + 11 dt}{24} \\ & = & \dfrac{1}{24}\left[ \dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12t}+11t\right]_0^{24} \\ & = & \dfrac{1}{24}\left(\dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12 \times 24}+11 \times 24 - \left(\dfrac{8}{-0,12}e^{-0,12 \times 0}+11 \times 0\right)\right) \\ & \approx & 13,6 \end{array})
 \\ 0-1 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix})
 = 0.)
6 points 
à 
près.
à 
chaque année, pour tout 
:
)
est une suite géométrique de raison 1,3 et de premier terme 
.
donc la puissance solaire photovoltaïque en GW installée dans le monde fin 2025 est 
. Or :
arrondi à l'unité.
que l'on dépasse pour la première fois 
GW, hors 
. Donc c'est en 2032 que la puissance solaire dépasserait 16 000 GW.
:
 \geq \ln \left( \dfrac{16000}{233} \right) \\ & \Leftrightarrow & n \ln(1,3) \geq \ln \left( \dfrac{16000}{233} \right) \\ & \Leftrightarrow & n \geq \dfrac{\ln \left( \dfrac{16000}{233} \right)}{\ln(1,3)} \end{array})
}{\ln(1,3)} \approx 16,1)
. Donc 
dépasse 16000 à partir de 
.
5 points 
de la fréquence des roulements à billes non conformes dans un échantillon de 60 roulements est :
![\left[ 0,04-1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,04 \times 0,96}{60}};0,04+1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,04 \times 0,96}{60}} \right] \approx [0,00;0,09].](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?\left[ 0,04-1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,04 \times 0,96}{60}};0,04+1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,04 \times 0,96}{60}} \right] \approx [0,00;0,09].)
![f \in [0;0,9]](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?f \in [0;0,9])
donc les amis n'ont pas de raison de s'inquiéter car la fréquence observée sur l'échantillon est dans l'intervalle de fluctuation.
 = P(D \leq 6,1) - P(D \leq 5,9) \approx 0,95 \text{ à la calculatrice}.)
suit une loi exponentielle de paramètre 
donc, =\dfrac{1}{\lambda}.)
)
sur le graphique en annexe :
 & = & P(X \leq 700) - P(X \leq 350)\\ & = & (1-e^{-0,0016 \times 700}) - (1-e^{-0,0016 \times 350})\\ & = &1-e^{-1,12}-1+e^{-0,56}\\ & = & -e^{-1,12}+e^{-0,56} \\ & \approx & 0,245. \end{array})
 = 1-e^{-0,0016 \times 550} \approx 0,585.)
 = 0,8 & \Leftrightarrow & 1-e^{-0,0016x} = 0,8 \\ & \Leftrightarrow & 0,2 = e^{-0,0016x} \\ & \Leftrightarrow & \ln(0,2) = \ln(e^{-0,0016 x} ) \\ & \Leftrightarrow & \ln(0,2) = - 0,0016 x \\ & \Leftrightarrow & \dfrac{\ln(0,2)}{-0,0016} = x \\ & \Rightarrow & x \approx 1006 \end{array})
\geq 1)
si et seulement si ![x \in [-0,8;0]](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?x \in [-0,8;0])
.
 \geq 0)
lorsque la fonction 
est croissante donc lorsque ![x \in [-0,4;1,5]](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?x \in [-0,4;1,5])
.
où 
et 
sont des nombres réels. Or,
)
appartient à T donc ses coordonnées vérifient l'équation de droite, donc
.
)
est le coefficient directeur de la tangente à C en 0. Or la tangente à C en 0 est T, donc =3)
.
 & = & -2e^{-2x}+5 \end{array})
 < \ln(2,5) \\ & \Leftrightarrow & -2x < \ln(2,5) \\ & \Leftrightarrow & x > -\dfrac{\ln(2,5)}{2} \end{array})
est le suivant :
}{2}\right) & = & e^{-2 \times \left(-\dfrac{\ln(2,5)}{2}\right) } + 5 \times \left(-\dfrac{\ln(2.5)}{2}\right) \\ & = & 2,5 -2,5 \ln(2,5) \end{array})
.
 \approx 0,21.)
=2)
possède 2 solutions.
de ces deux solutions sont
est la fonction [/tex]G[/tex] définie sur 
par :
=-\dfrac{1}{2}e^{-2x}+x^2-x.)
-(3x+1))dx)
. Or
-(3x+1) = e^{-2x}+5x-3x-1 = e^{-2x}+2x-1 = g(x).)
 dx)
.
![\begin{array}{ccc} \int_0^{1,5} g(x) dx & = & [G(x)]_0^{1,5} \\ & = & G(1,5)-G(0) \\ & = & -\dfrac{1}{2}e^{-2 \times 1,5}+1,5^2-1,5-(-\dfrac{1}{2}e^{-2\times 0}+0^2-0) \\ & = & -0,5e^{-3} + 1,25 \\\ & \approx & 1,23 \end{array}](https://latex.ilemaths.net/latex-0.tex?\begin{array}{ccc} \int_0^{1,5} g(x) dx & = & [G(x)]_0^{1,5} \\ & = & G(1,5)-G(0) \\ & = & -\dfrac{1}{2}e^{-2 \times 1,5}+1,5^2-1,5-(-\dfrac{1}{2}e^{-2\times 0}+0^2-0) \\ & = & -0,5e^{-3} + 1,25 \\\ & \approx & 1,23 \end{array})
unités d'aire, soit environ 1,23 unité d'aire (arrondi à 
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