[PDF] Corrigé du baccalauréat STI2D & STL/SPCL Nouvelle-Calédonie

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A. P. M. E. P.

?Corrigé du baccalauréat STI2D & STL/SPCL?

Nouvelle-Calédonie - 27 novembre 2020

L"usage de calculatrice avec mode examen actif est autorisé. L"usage de calculatrice sans mémoire, "type collège» est autorisé.

Exercice 14 points

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des affirmations suivantes, une seule

des quatre réponses proposées est exacte. Aucune justification n"est demandée.

Une bonne réponse rapporte un point. Une mauvaise réponse, plusieurs réponses ou l"absence de ré-

ponse à une question ne rapportent ni n"enlèvent de point.

1.On considère le nombre complexez=-2?

3+2i. Sa forme exponentielle est :

•On a|z|2=?-2?

3?2+22=12+4=16=42, donc|z|=4.

•On peut donc écrirez=4?

3

2+12i?

; on reconnait le cosinus et le sinus de5π6.

Doncz=4?

cos5π

66isin5π6?

=4e5π 6.

2.La fonctionfdéfinie surRparf(t)=2sin?

3t+π

3? est solution de l"équation différentielle :

On a quel que soitt?R,f?(t)=6cos?

3t+π

3? , puisf??(t)=-18sin?

3t+π3?

Doncf??(t)+9f(t)=-18sin?

3t+π

3? +18sin?

3t+π3?

=0. fest solution de l"équation différentielle :y??+9y=0.

3.Soit la fonctionfdéfinie surRparf(x)=e-2xetCfsa courbe représentative dans un repère

orthonormé. L"équation réduite de la tangente àCfau point d"abscisse 0 est : On a :f(0)=e0=1et commef?(x)= -2e-2x, le nombre dérivéf?(0) égal au coefficient directeur de la tangente au point d"abscisse 0,f?(0)=-2.

Une équation de la tangente est donc :

y-f(0)=f?(0)(x-0) ouy-1=-2x.

L"équation réduite est donc :y=-2x+1.

4.On donne le tableau de variation d"une fonctionf:

x-∞ -1+∞ f(x) -∞2

•La fonction n"est pas définie en 1 : la droitex=1 (verticale) est donc asymptote à la courbe

représentative de la fonctionf; •La fonction a pour limite 2 au voisinage de plus l"infini. La droitey=2 (horizontale) est donc asymptote à la courbe représentative de la fonctionfau voisinage de plus l"infini. Corrigédu baccalauréat STI2D STLA. P. M. E. P.

Exercice 25 points

Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées séparément. Sauf mention contraire, les résultats seront arrondis à10-3.

Une entreprise vient d"installer un distributeur à café dans la salle de repos de ses salariés.

PARTIEA :

On admet que la durée moyenne de fonctionnement d"un distributeur de ce type jusqu"à l"apparition

de la première panne est de 15 mois. Ce distributeur bénéficie d"une garantie de 2 ans.

Onmodélise laduréedefonctionnement, enmois, decedistributeur jusqu"à sapremièrepannepar une

variable aléatoireTqui suit une loi exponentielle de paramètreλ.

1.On sait que la durée moyenne de fonctionTestT=1

λd"oùλ=1T=115≈0,0666 soit 0,067 au

millième près.

2.Dans la suite, on prendraλ=0,067.

a.On aP(T<12)=1-e-0,067×12≈0,5524, soit 0,552 au millième près. b.On a de mêmeP(T<15)=1-e-0,067×15≈0,6339, soit 0,634 au millième près.

PARTIEB :

1.La calculatrice donneP(11

2.La calculatrice donneP(X>16)≈0,0017 soit 0,002 au millième près.

PARTIEC :

1.•On sait que les solutions de l"équation différentielleθ?(t)+0,2θ(t)=0 sont les fonctionst?-→

Ce-0,2t, avecC?R;

•D"autre part la fonctiont?-→θ(t)=20 est une solution particulière de l"équation différentielle

?(t)+0,2θ(t)=4. Les solutions sont donc les fonctions définies part?-→20+Ce-0,2t, avecC?R.

2.l"énoncé se traduit (température initiale par :θ(0)=80??20+Ce-0,2×0=80??C=60.

On a donc quel que soitt?[0 ;+∞[,θ(t)=60e-0,2t+20.

3. a.On aθ(4)=60e-0,2×4+20≈46,96, soit à peu près 50 °C.

b.Il faut résoudre l"équation 60e-0,2t+20=40??60e-0,2t=20??e-0,2t=20

60=13, soit par

croissance de la fonction logarithme népérien : -0,2t=ln?1 3? ?? -0,2t= -ln3??0,2t=ln3??t=ln30,2≈5,49 soit environ 5 min 30 s.
Au bout de 6 minutes le café sera à moins de 40 °C.

Exercice 35 points

PARTIEA :

La population de loutres d"Europe était en France de 50000 individus au 1erjanvier 1930. On estime que

depuis cette date, la population a perdu 5% de ses individus chaque année en raison de la dégradation

du milieu naturel.

Nouvelle-Calédonie227 novembre2020

Corrigédu baccalauréat STI2D STLA. P. M. E. P.

1.Enlever 5% c"est multiplier par 1-5100=1-0,08=0,95.

Donc le 1

erjanvier 1931 il y avaitnp50000×0,95=47500 (loutres). u

0=50000 et, pour tout entier natureln,un+1=0,95un-68.

L"impact du piégage est faible.

3.

N←1930

U←50000

Tant queN?1000

N←N+1

U←U?0,95-68

Fin Tant que

Le nombre de loutres passera sous les 1000 individus la 61eannée soit en en 1991.

4.Le nombre de loutres passera sous les 1000 individus la 61eannée soit en en 1991. Ceci justifie le

fait que cette année-là on ait commencé un plan de réintroduction de la loutre d"Europe.

PARTIEB :

À partir de 1991, la population de loutres d"Europe perd toujours 5% de ses individus chaque année,

mais le plan de sauvegarde prévoit :

•l"interdiction de la pose de pièges;

•la réintroduction de 250 jeunes loutres au 31 décembre de chaque année.

On suppose que la population au 1

erjanvier 1991 s"élève à 1000 loutres. v

0=1000 et, pour tout entier natureln,vn+1=0,95vn+250.

1.Soit la suite(wn)définie pour tout entier naturelnparwn=vn-5000.

On a pour tout natureln,wn+1=vn+1-5000=0,95vn+250-5000=0,95vn-4750=0,95×vn-

0,95×5000=0,95(vn-5000)=0,95wn.

L"égalitéwn+1=0,95wn, vraie pour tout natureln, montre que la suite(wn)est une suite géomé-

trique de raison 0,95 et de premier termew0=v0-5000=1000-5000=-4000.

2.Pn sait qu"alors pour tout natureln,wn=-4000×0,95n.

3.On a quel que soitn,wn=vn-5000??vn=wn+5000, soit finalement :

v n=5000-4000×0,95n, pour toutn?N.

4.Il faut résoudre l"équation 50000=5000-4000×0,95n, soit

4000×0,95n=-45000.

Cette équation n"a pas de solution puisque le membre de gauche est supérieur à zéro et celui de

droite est inférieur à zéro. Conclusion : la population de loutres d"Europe en France ne pourra pas à long terme retrouver l"effectif de 1930. Elle se rapprochera d"un maximum de 5000.

Nouvelle-Calédonie327 novembre2020

Corrigédu baccalauréat STI2D STLA. P. M. E. P.

Exercice 46 points

Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées séparément Sur le graphique ci-contre,Cfest la représenta- tion graphique, dans un repère orthonormé, de la fonctionfdéfinie sur ]0 ;+∞[ par : f(x)=ax+bxln(x), oùaetbsont deux réels.

La droiteTest tangente àCfau point A d"abs-

cisse 1.

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5-0,50,5

1,01,52,02,53,03,5

T Cf

PARTIEA :

1.•On litf(1)=2,5;

•À partir des deux points (0; 2) et (2; 3) de la tangente on calcule son coefficient directeur :

3-2

2-0=12il est égal au nombre dérivéf?(1)=12.

2.Endérivant comme un produit : (bxlnx)?=(bx)?×lnx+bx×(lnx)?=blnx+bx×1

x=blnx+b, on a :f?(x)=a+blnx+b=a+b+blnx.

3.O a donc?

f(1)=2,5 f ?(1)=1 2??? a+bln1=2,5 a+b+bln1=12??? a=2,5 a+b=12?? ?a=2,5 b=0,5-2,5???a=2,5 b= -2.

PARTIEB :

On admet que pour tout réelxde l"intervalle ]0 ;+∞[ f(x)=2,5x-2xln(x)

1.D"après la partie A,f?(x)=a+b+blnx=2,5-2-2lnx=0,5-2lnx.

4>lnxet par croissance de la

fonction exponentielle e 1

4>xoux

4 fonction exponentielle e 1

4e14;

•f?(x)=0??x=e1

4≈1,284

Conclusion : la fonctionfest croissante sur?

-∞; e1 4? et décroissante sur? e14;+∞? avec un maximumf? e1 4? =2,5×e14-2e14×lne14≈2,568.

PARTIEC :

Soit E le point deCfd"abscisse 0,04 et F le point d"abscisse 2 ayant même ordonnée que E. etx=2 et la droite (EF) parallèle à l"axe des abscisses (voir figure ci-dessous).

Nouvelle-Calédonie427 novembre2020

Corrigédu baccalauréat STI2D STLA. P. M. E. P.

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 3,200,20,40,60,81,01,21,41,61,82,02,22,42,62,8

E F PQ Cf

1.Montrer que la fonctionGdéfinie sur ]0 ;+∞[ par :

G(x)=x2[1,75-ln(x)]

est une primitive defsur ]0 ;+∞[. La fonctionGest un produit de fonctions dérivable et sur ]0 ;+∞[, on a : G ?x)=2x[1,75-ln(x)]-1quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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