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EXERCICE13points
1. 1+2i3-i=(1+2i)(3+i)(3-i)(3+i)=3-2+i+6i9+1=1+7i10=110+i710: réponseb.
2. ?2-2i?3??2=4+4×3=4+12=16=42, donc??2-2i?3??=4.
D"où 2-2i?
3=4?24-24i?3?
=4? 12-? 3 2i? =4?cos-π3+isin-π3?=4e-iπ3. Réponsec.3.lna+ln2a=lna×2a=ln?2a2?. Réponsec.
4.3y??+12y=0??y??+4y=0
On sait qu"une solution de cette équation différentielle est définie par f(t)=sin(2t),tétant un réel quelconque. Réponseb.EXERCICE27points
PartieA - Étude graphique
1.f(1)=0;
2.f?(2,5)=0-1,5
5,5-2,5=-12;
3.Une équation de la tangenteTesty-f(2,5)=f?(2,5)(x-2,5); avec
f(2,5)=1,5 etf?(2,5)=-12, on obtient :y-1,5=-0,5(x-2,5), soit
y=-0,5x+2,75;4.lim+∞f(x)=0.
PartieB - Modélisation
2.f(1)=(a+b)e-1+2,5=(a+b)e1,5;
3.D"après les résultats de la partie A (lecture graphiqueaetbvérifient le système :
(a+b)e1,5=0 -1,5a-b= -1 24.Comme e1,5?=0, la première équation entraînea+b=0 oub= -a, d"où en reportant dans la
seconde : -1,5a+a=-0,5 ou-0,5a=-0,5 oua=1 etb=-1.On a donc pour tout réelx,
f(x)=(x-1)e-x+2,5.PartieC - Étude algébrique
On admet que pour tout réelx,f(x)=(x-1)e-x+2,5. Corrigédu baccalauréat STI 2D/STLA. P. M. E. P.1.On a limx→-∞x-1=-∞et limx→-∞e-x+2,5=+∞, d"où par produit de limites :
lim x→+∞f(x)=-∞.2. a.f(x)=(x-1)e-x+2,5=(x-1)×e-x×e2,5=e2,5?x-1
e-x? =e2,5?xex-1ex? b.On sait que limx→+∞e x x=+∞, donc limx→+∞xex=0 et lim x→+∞1 ex=0, d"où par somme de limites limx→+∞xex-1ex=0 et enfin : lim x→+∞f(x)=0.3. a.On a donc pour tout réelx,f?(x)=e-x+2,5-(x-1)e-x+2,5=
e -x+2,5(1-x+1)=(2-x)e-x+2,5. b.On sait que pour tout réelx, e-x+2,5>0, donc le signe def?(x) est celui de 2-x, donc : six<2,f?(x)>0 : la fonctionfest croissante sur ]-∞; 2[; six>2,f?(x)<0 : la fonctionfest décroissante sur [2 ;+∞[; f(2)=(2-1)e-2+2,5=e0,5est le maximum de la fonction surR.D"où le tableau de variations :
x-∞2+∞ f(x)f ?(x)+0- -∞e 0,5 0PartieD - Application
1.Voir l"annexe.
2.I=? 2,5 2 g(x)dx=? 2,52?-2x2+12x-16?dx=?
-23x3+6x2-16x?
2,5 2= 23×2,53+6×2,52-16×2,5-?
-23×23+6×22-16×2? =-15512+403=-155+16012=52.3. a.Quel que soit le réelx,F?(x)=-e-x+2,5+xe-x+2,5=e-x+2,5(x-1)=f(x).
DoncFest une primitive defsurR.
b.On a doncJ=? 2,5 1 -2,5+e1,5.4. a.En unité d"aire, on a donc :S=?
2,5 1 e-x+2,5(x-1)dx-? 2,5 2 g(x)dx=-2,5+e1,5-512=e1,5-3512.
b.La calculatrice donne e1,5-3512≈1,56502 soit 1,57 unité d"aire au centième près.
EXERCICE33points
PartieA
1.On sait queP(μ-σ?M?μ+σ) soit iciP(120,95?M?121,79)≈0,683. (au millième près)
2.On aP(M?122,63)=P(M?121,37)-P(121,37?M?122,63)=0,5-P(121,37?M?
122,63)≈0,001. (au millième près)
Antilles-Guyane216 juin 2016
Corrigédu baccalauréat STI 2D/STLA. P. M. E. P.PartieB
1.La fréquence des pneus dans l"échantillon prélevé dont la masse dépasse 121,9 kg est égale à
f=236=118≈0,056.
2.I=??
118-1,96?
118×1718
36;118+1,96?
118×1718
36??≈[-0,02 ; 0,131], soit plus vraisemblable
I≈[0 ; 0,131].
3.La proportion de pneus dont la masse dépasse 121,9 kg est comprise entre 0 et 0,131.
EXERCICE46points
PartieA
1.On a doncS0=2, puisS1=1,2S0=1,2×2=2,4 etS2=1,2S1=1,2×2,4=2,88.
2.Quel que soit le natureln, on aSn+1=1,2Sn: ceci montre que la suite(Sn)est une suite géo-
métrique de raisonq=1,2 et de premier termeS0=2.3.On sait queSn=S0×qn=2×1,2n.
4.On résout l"inéquation :2×1,2n?10??1,2n?5??nln1,2?ln5??n?ln5
ln1,2≈8,8. La totalité de la ferme sera cultivée au cours de la 9 eannée soit en 2024.PartieB
1.Valeur deK12345678910
Valeur deU11,82,63,44,255,86,67,48,29
2.Au bout de 10 ans la surface cultivée en bio sera de 8,8 ha.
3.On a 18×70
100=12,6. Comme 9<12,6 la limite de superficie n"est pas atteinte au bout de 10
ans. 4.Variables
Kun entier naturel
Uun nombre réel
Début
Uprend la valeur 1
Kprend la valeur 0
Tant queU<12,6
Uprend la valeurU+0,8
Kprend la valeurK+1
Fin Tant que
Afficher 2015+K
FinAntilles-Guyane316 juin 2016
Corrigédu baccalauréat STI 2D/STLA. P. M. E. P.ANNEXE 1
À rendreavecla copie
1 2 3 4 5 6 7-11
23xy C OC g
Antilles-Guyane416 juin 2016
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