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Sujet corrigé Mathématiques Bac STI2D Polynésie 2016

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exercice 1

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

z=\dfrac{-3i}{1+i}=\dfrac{-3(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{-3}{2}+\dfrac{3i}{2}.

Vu les réponses données le module de z est \dfrac{3\sqrt{2}}{2}, il reste à trouver l'argument de z. Soit \theta l'argument de z, alors :

\cos (\theta) = \dfrac{\dfrac{-3}{2}}{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.

\sin (\theta) = \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\dfrac{3}{2\sqrt{2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Donc z=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}e^{-i\frac{5\pi}{4}}.

2. Réponse b

\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}

3. Réponse a

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 1-0 \\ 3-2  \end{pmatrix} \Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 1 \\ 1  \end{pmatrix}

et \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} -1-(-2) \\ 0-1 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 1 \\ -1  \end{pmatrix}

Donc \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0.

exercice 2

1. Entre 2013 et 2014 :

\dfrac{180-139}{139} \approx 0,295

le pourcentage d'augmentation annuels entre 2013 et 2014 est de 29,5 \% à 10^{-1} près.

Entre 2014 et 2015 :

\dfrac{233-180}{180} \approx 0,294

le pourcentage d'augmentation annuels entre 2013 et 2014 est de 29,4 \% à 10^{-1} près.

2.a. P_1= 233 \times 1,3 = 302,9.
P_2= 302,9 \times 1,3 \approx 393,8.

b. Comme l'évolution est de 30\% chaque année, pour tout n \in \mathbb{N} :
P_{n+1}=1,3 \times P_n.

c. La suite (P_n) est une suite géométrique de raison 1,3 et de premier terme P_0=233.

d. Soit n \in \mathbb{N} :
P_n = 1,3^n \times 233.

e. 2025=2015+10 donc la puissance solaire photovoltaïque en GW installée dans le monde fin 2025 est P_{10}. Or :
P_{10}= 1,3^{10} \times 233 \approx 3212,1 .

f. 1,3^{10}-1 \approx 12,79.
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 :
 \fbox{ \begin{minipage}{0.6 \textwidth} 1 Affecter à N la valeur 0 \\ 2 Affecter à P la valeur 233 \\ 3 Tant que P<16 000 \\ 4 \textcolor{white}{tabu} Affecter à N la valeur N+1 \\ 5 \textcolor{white}{tabu} Affecter à P la valeur P\times 1,3 \\ 6 Fin Tant que \\ 7 Afficher N \end{minipage}}

4. En faisant tourner cet algorithme, on trouve que c'est pour n=17 que l'on dépasse pour la première fois 16 000 GW, hors 2015+17 = 2032. Donc c'est en 2032 que la puissance solaire dépasserait 16 000 GW.

5. On pourrait utiliser la fonction \ln :

\begin{array}{ccc} P_n \geq 16000 & \Leftrightarrow & 233 \times 1,3^n \geq 16000 \\ & \Leftrightarrow & 1,3^n \geq \dfrac{16000}{233} \\ & \Leftrightarrow & \ln(1,3^n) \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}

Or \dfrac{\ln \left( \dfrac{16000}{233} \right)}{\ln(1,3)} \approx 16,1. Donc P_n dépasse 16000 à partir de n =17.

exercice 3

Partie A : les roulements à billes

1. La fréquence défectueuse dans ce lot est

f=\dfrac{3}{60} = 0,05.

2. L'intervalle de fluctuation asymptotique à 95\% 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].

3. 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.

Partie B : les billes

P(5,9 \leq D \leq 6,1) = P(D \leq 6,1) - P(D \leq 5,9) \approx 0,95 \text{ à la calculatrice}.

Partie C : les chaînes de vélo

1. X suit une loi exponentielle de paramètre \lambda donc, E(X)=\dfrac{1}{\lambda}.

Donc, \dfrac{1}{\lambda} = 625 \Leftrightarrow \lambda = \dfrac{1}{625} \approx 0,0016.

2.a. On représente P(250 \leq X \leq 700) sur le graphique en annexe :
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b.
 \begin{array}{ccc} P(350 \leq X \leq 700) & = & 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}

3.
P(X \leq 550) = 1-e^{-0,0016 \times 550} \approx 0,585.

4.
\begin{array}{ccc} P(X < x) = 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}

La durée de vie d'une chaîne de vélo est inférieure à 1006 jours avec une probabilité de 0,8.

exercice 4

Partie A

Voici le graphique présent en annexe 2 que l'on complète pour répondre aux questions de cette partie :
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1.a. f(x)\geq 1 si et seulement si x \in [-0,8;0].

b. f'(x) \geq 0 lorsque la fonction f est croissante donc lorsque x \in [-0,4;1,5].

2.a. La tangente T a une équation de la forme y=ax+ba et b sont des nombres réels. Or,

a = \dfrac{1-7}{0-2} = \dfrac{-6}{-2}= 3.

Donc y=3x+b.

Or, le point (0;1) appartient à T donc ses coordonnées vérifient l'équation de droite, donc

1=3 \times 0 + b \Leftrightarrow 1=b.

Donc l'équation de T est y=3x+1.

b. Le nombre dérivé f'(0) est le coefficient directeur de la tangente à C en 0. Or la tangente à C en 0 est T, donc f'(0)=3.

Partie B

1. \lim\limits_{x \rightarrow + \infty} -2x = - \infty.
Or \lim\limits_{X \rightarrow -\infty} e^X = 0.
Donc \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} e^{-2x} = 0.
Donc \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} e^{-2x}+5x = +\infty .

2. \begin{array}{ccc} f'(x) & = & -2e^{-2x}+5 \end{array}

Or :
\begin{array}{ccc} -2e^{-2x}+5 > 0 & \Leftrightarrow & -2e^{-2x}>-5 \\ & \Leftrightarrow & e^{-2x} < \dfrac{-5}{-2} \\ & \Leftrightarrow & e^{-2x} < 2,5 \\ & \Leftrightarrow & \ln(e^{-2x}) < \ln(2,5) \\ & \Leftrightarrow & -2x < \ln(2,5) \\ & \Leftrightarrow & x > -\dfrac{\ln(2,5)}{2} \end{array}

Donc le tableau de signes de f' est le suivant :
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3. Le tableau de varitions de f est alors le suivant :
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Car \begin{array}{ccc} f\left(-\dfrac{\ln(2,5)}{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}.

4. 2,5 -2,5 \ln(2,5)  \approx 0,21.
Donc d'après le tableau de variations on déduit que l'équation f(x)=2 possède 2 solutions.

5. Grâce à la calculatrice on trouve que les valeurs approchées à 10^{-2} de ces deux solutions sont
x \approx -0,96 \text{ et } x \approx 0,29.

Partie C

1. On complète l'annexe 2 :
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2.a. Une primitive de la fonction g est la fonction [/tex]G[/tex] définie sur \mathbb{R} par :

G(x)=-\dfrac{1}{2}e^{-2x}+x^2-x.

b. L'aire recherchée est \int_0^{1,5} (f(x)-(3x+1))dx. Or
f(x)-(3x+1) = e^{-2x}+5x-3x-1 = e^{-2x}+2x-1 = g(x).

Donc l'aire recherchée est \int_0^{1,5} g(x) dx.

c. \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}

Donc la valeur de l'aire recherchée est de -0,5e^{-3} + 1,25 unités d'aire, soit environ 1,23 unité d'aire (arrondi à 10^{-2} près).
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