Corrigé Bac S Pondichery

Description

[CorrigédubaccalauréatSPondichéry4mai2018\ EXERCICE 1 6points Communàtouslescandidats PartieA 1. Solution:OnchercheT .4 Onappliquel’algorithmepourn=4àl’aidedelacalculatriceontrouve T ≈463°C4 2. Solution: Initialisation:pourn=0 0T =1000et980×0,82 +20=10000 nHérédité :Soitn unentiernatureltelqueT =980×0,82 +20alorsn T =0,82T +3,6n+1 n n=0,82×(980×0,82 +20)+3,6d’aprèsl’hypothèsederécurrence n+1=980×0,82 +16,4+3,6 n+1=980×0,82 +20 Lapropriétéestdonchéréditaireàpartirdurangn=0orelleestvérifiéeàcerang 0doncparleprincipederécurrenceonvientdemontrerque n∀n∈N,T =980×0,82 +20n 3. Solution: Oncherchelepluspetitentiernatureln telqueT 670n OnpeututiliserlacalculatricepourtrouverT ≈80,9>70etT ≈69,9 car ln(0,82)α. D’après ce modèle on peut donc ouvrir le four après environ 15 heures de refroidissement. Remarque:onpeutaussirésoudrel’inéquation: t t t 5− − − 5 5 5f(t)670 ⇐⇒ 980e +20670 ⇐⇒ 980e 650 ⇐⇒ e 6 ⇐⇒ 98� � t 5 − 6ln (parcroissancedelafonctionlogarithmenépérien) ⇐⇒ 5 98� � � � t 5 5 >−ln ⇐⇒ t>−5ln ≈14,877soitenminutesaumoins893min. 5 98 98 3. a. Pondichéry 2 4mai2018 CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P. température(en°C) 1000 880000 600 400 220000 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 tempsécoulé(enheure) Solution:Sur[0; 15]l’aireentrelacourbeC etl’axedesabscissespeut-êtref approchéeparlesquatretrapèzesci-dessusetonaalors Z15 f(t)dt≈2800+1200+600+300=4900etdonclatempératuremoyenne 0 4900 estθ≈ ≈327(°C).

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• Publié le: 26 avril 2019
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• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSPondichéry4mai2018\
EXERCICE 1 6points
Communàtouslescandidats
PartieA
1. Solution:OnchercheT .4
Onappliquel’algorithmepourn=4àl’aidedelacalculatriceontrouve
T ≈463°C4
2. Solution:
Initialisation:pourn=0
0T =1000et980×0,82 +20=10000
nHérédité :Soitn unentiernatureltelqueT =980×0,82 +20alorsn
T =0,82T +3,6n+1 n
n=0,82×(980×0,82 +20)+3,6d’aprèsl’hypothèsederécurrence
n+1=980×0,82 +16,4+3,6
n+1=980×0,82 +20
Lapropriétéestdonchéréditaireàpartirdurangn=0orelleestvérifiéeàcerang
0doncparleprincipederécurrenceonvientdemontrerque
n∀n∈N,T =980×0,82 +20n
3. Solution:
Oncherchelepluspetitentiernatureln telqueT 670n
OnpeututiliserlacalculatricepourtrouverT ≈80,9>70etT ≈69,9<7014 15
doncilfautattendreauminimum15heuresavantdepouvoirouvrirlefoursans
dommage.
Onpeutaussirésoudrel’inéquation:
� �
5 5n nT 670⇐⇒980×0,82 +20670⇐⇒0,82 6 ⇐⇒ nln(0,82)6ln ⇐⇒n 98 98� � � �
5 5
ln ln
98 98
n> car ln(0,82)<0etona ≈14,99
ln(0,82) ln(0,82)
PartieB
1. Solution: f(0)=1000⇐⇒a+b=1000
1′ ′deplus f (0)+ f(0)=4 ⇐⇒ f (0)=−196
5
1 t 1′ − ′
5f estdérivablesurRet∀t∈R, f (t)=− ae d’où f (0)=−196⇐⇒ a=196
5 5 (a+b=1000 b=20
Onadonc ⇐⇒1 a=196 a=980
5
t−
5Finalementona∀t∈[0;+∞[, f(t)=980e +20CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P.
2.
t
−5f(t)=980e +20.
� �
t t Ta. Solution: lim − =−∞,doncenposantT=− , lim e =0
t→+∞ 5 5 T→−∞
etparopérationsurleslimitesonobtient lim f(t)=20.
t→+∞
b. Solution:
t′ − ′
5D’aprèslaquestion1,∀t∈[0;+∞[, f (t)=−196e ,d’où f (t)<0.
Onendéduitque f eststrictementdécroissantesur[0;+∞[
t 0 +∞
′ −f (t)
1000
f(t)
20
c. Solution:Onchercheàrésoudrel’équation f(t)=70
Sur[0;+∞[, f estcontinueetstrictementdécroissanteàvaleursdans
]20; 1000],or70∈]20;
1000]doncd’aprèslethéorèmedesvaleursintermédiaires,l’équation f(t)=70admetuneuniquesolutionαsur[0;+∞[
Pardichotomieontrouveα≈14,9etcomme f eststrictementdécroissante
sur[0;+∞[,onendéduitque f(t)670⇐⇒t>α.
D’après ce modèle on peut donc ouvrir le four après environ 15 heures de
refroidissement.
Remarque:onpeutaussirésoudrel’inéquation:
t t t 5− − −
5 5 5f(t)670 ⇐⇒ 980e +20670 ⇐⇒ 980e 650 ⇐⇒ e 6 ⇐⇒
98� �
t 5
− 6ln (parcroissancedelafonctionlogarithmenépérien) ⇐⇒
5 98� � � �
t 5 5
>−ln ⇐⇒ t>−5ln ≈14,877soitenminutesaumoins893min.
5 98 98
3. a.
Pondichéry 2 4mai2018CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P.
température(en°C)
1000
880000
600
400
220000
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
tempsécoulé(enheure)
Solution:Sur[0; 15]l’aireentrelacourbeC etl’axedesabscissespeut-êtref
approchéeparlesquatretrapèzesci-dessusetonaalors
Z15
f(t)dt≈2800+1200+600+300=4900etdonclatempératuremoyenne
0
4900
estθ≈ ≈327(°C).
15
Remarque : cette question laisse place à toute méthode d’approche de l’aire
(pardesrectangles,pardestrapèzes...)etdonclesrésultatsattenduspeuvent
êtretrèsdivers.Icilechoixa étéfait de trouverunminorantde l’airepar des
rectangles
b. Solution:Z Z � � h i1515 15
t t− −
5 5f(t)dt= 980e +20 dt= −4900e +20t =
00 0� � � �
−3 −3−4900e +300 −(−4900)=4900 1−e +300
Z15 � �1 980 −3d’oùθ= f(t)dt= 1−e +20≈330,4(°C).
15 30
4. a. Solution: � � � � � �
t t+1 t t+1
− − − −5 5 5 5d(t)= f(t)−f(t+1)= 980e +20 − 980e +20 =980 e −e
� �
1 t
− −5 5Onadoncbien∀t∈[0;+∞[,d(t)=980 1−e e
Pondichéry 3 4mai2018b
b
b
b
b
b
b
b
b
CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P.
� �
t tTb. Solution: lim − =−∞ or lim e = 0 donc en posant T =− et par
t→+∞ T→−∞5 5
opérationsurleslimitesonobtient lim d(t)=0.
t→+∞
Onpeutdoncenconclurequelatempératurefiniraparsestabiliseretcomme
on a lim f(t) = 20, on en déduit que la températurese stabilisera avec le
t→+∞
tempsà20°C
EXERCICE 2 4points
Communàtouslescandidats
LespointsA,BetContpouraffixesrespectives a=−4,b=2etc=4.
p � � � �
1 3 2π 2π 2iπ
31. a. Solution:j=− +i =cos +isin =e
2 2 3 3� � � � � �p 2iπ 2iπ 2π 5iπ iπ′ iπ i π+ −
3 3 3 3 3a =aj=−4j=2−2i 3=4 −e =4 e e =4e =4e =4e
p 2iπ
′ 3b =bj=2j=−1+i 3=2e
p 2iπ′
3c =cj=4j=−2+2i 3=4e
b. Solution:
′ ′|a|=4doncA estsurlecercledecentre� �
′O et de rayon 4 et on a Re a = 2 et� �
′ ′ ′C Im a <0,onpeutdoncplacerA
P N
′B ′ ′→− |b|=2doncB estsurlecercledecentre� �v ′O et de rayon 2 et on a Re b =−1 et� �→−A O B C ′ ′u Im b >0,onpeutdoncplacerB
M
′ ′|c|=4doncC estsurlecercledecentre� �
′O et de rayon 4 et on a Re c =−2 et′A � �
′ ′Im c >0,onpeutdoncplacerC
2. Solution:
′ ′ ′ ′ ′ ′a =−c donc A et C sont symétriques parrapportàO alors O,A etC sont
alignés
� � � � −−→ −−→2π′ ′ ′ ′ ′ ′arg b = arg c = (2π) donc OB et OC sont colinéaires d’où O, B et C
3
sontalignés.
′ ′ ′FinalementO,A ,B etC sontalignés.
3. Solution:
′ ′ ′p p pa +c c +c c +a
z = =3−i 3 , z = =1+i 3 , z = =−3+i 3M N P
2 2 2
MNPsembleisocèleenNd’aprèsledessin
� p �
� �MN=|z −z |= 2−2i 3 =4etPN=|z −z |=|4|=4N M N P
OnaMN=NPdoncMNPestbienisocèleenN
Pondichéry 4 4mai2018CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P.
EXERCICE 3 5points
Communàtouslescandidats
PartieA
1. a. Solution:
� �
2X ,→N 0,58; 0,21 doncP(X <0,2)≈0,035etP(0,56X <0,8)≈0,501U U U
b. Solution : P(X <0,2)≈ 0,035 signifie que la probabilité qu’un cristal seU
retrouve dans le récipient à fond étanche est de 0,035 environ; donc pour
1800g desucre on peutestimer que1800× 0,035 = 63g seretrouventdans
lerécipientàfondétanche.
P(0,56X <0,8)≈0,501signifiequelaprobabilitéqu’uncristalseretrouveU
dansletamis2estde0,501environ.
Donc pour 1800 g desucre on peut estimer que 1800×0,501 = 901,8 g se
retrouventdansletamis2.
� � � �X −0,65V2 22. Solution:Onsaitquesi X ,→N 0,65; σ alors Z= ,→N 0; 1V V σV
OnaiciP(0,56X <0,8)=0,4V
0,15 0,15
0,56X <0,8 ⇐⇒ − 6Z<V
σ σV V� �
� �0,15 0,15
2onadoncP − 6Z< =0,4avec Z ,→N 0; 1 .
σ σV V
0,15
Àl’aidedelacalculatriceontrouve ≈0,524d’oùσ ≈0,286.V
σV
PartieB
OnchercheP(E).
U et V forment une partition de l’univers, donc d’après les probabilités
totalesona
P(E)=P(E∩U)+P(E∩V)
=P(U)×P (E)+P(V)×P (E)U V
=0,009+0,035=0,044
1. a. Solution:L’énoncédonneP (E)=0,03,P (E)=0,05,P(U)=0,3etU V
P(V)=0,7
b. Solution:OnchercheP (U)E
P(E∩U) 0,009 9
P (U)= = = ≈0,205E P(E) 0,044 44
Pondichéry 5 4mai2018CorrigédubaccalauréatS–A.Detant A.P.M.E.P.
2. Solution:onveutP (U)=0,3E
P(E∩U) P(U)×P (E)U
P (U)= =0,3⇐⇒ =0,3E
P(E) P(U)×P (E)+P(V)×P (E)U V