Bac STI2D Maths 2019 - corrigé

Description

Corrig´ du bac STI2D 2019 Math´matiques 18 juin 2019, 14h-18h Exercice 1 (4 points) 1. c. 2. c. 3. d. 4. b. Exercice 2 (7 points) Partie A 1. Ona 63×1,05 = 66,15≈66,2 66,2×1,05 = 69,51≈69,5 69,5×1,05 = 72,975≈73. La plus grande erreur d’estimation commise ´tant de 0,05 hectare, on peut dire que cette estimation est coh´rente avec les relev´s effectu´s. 2.

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• Publié par: LeParisienEtudiant
• Publié le: 19 juin 2019
• Nombre de lectures: 61 953
• Langue: Français

Extrait

Corrig´ du bac 2019
S´ries STI2D et STL sp´cialit´ SPCL
Math´matiques

18 juin 2019, 14h-18h

Commentaire du correcteur :Une ´preuve classique qui couvrait bien l’ensemble
du programme.
Le d´calage entre l’indice de la suitePnet les ann´es dans la partieAde
l’exercice 2 demandait du soin en posant le probl`me.
La question 3.(b) de la partie B de l’exercice 2 appelait un calcul d’int´grale, il
n’´tait pas possible d’´valuer graphiquement l’aire sous la courbe en respectant la
−2
pr´cision ` 10pr`s qui ´tait demand´e, chaque carreau du graphique ayant d´j`
−2
une aire de 10.
Les exercices 3 et 4 appelaient une bonne connaissance du cours, et quelques
questions du sujet une bonne maıtrise de sa calculatrice programmable.

Exercice 1 (4 points)

1. c.
2. b.
3. d.
4. b.

Exercice 2 (7 points)

Partie A
1. Ona

63×1,05 = 66,15≈66,2
66,2×1,05 = 69,51≈69,5
69,5×1,05 = 72,975≈73.
La plus grande erreur d’estimation commise ´tant de 0,05 hectare, on peut
dire que cette estimation est coh´rente avec les relev´s effectu´s.

1

2. On reconnait une suite g´om´trique de premier termeu2018= 73 et de
raisonq= 1,05. Commeqest plus grand que 1 cette suite est croissante,
et qu’on a bien
u2019=u2018×q≈75,6<80
2
u2020=u2018×q≈80,5>80,
le conservatoire prendra la d´cision de commencer l’´limination ` la fin de
l’ann´e 2020.
3. (a)Pour calculerP1, il faut consid´rer que la surfaceP0= 80,5 ha est
augment´e de 5%, puis r´duite de 10 ha, On obtient

P1=P0×1,05−10 = 74,525.

(b) Entrel’ann´enet l’ann´e+ 1n, la surface est toujours augment´e de
5%, puis r´duite de 10 ha. On a donc bienPn+1=Pn×1,05−10.
−3
(c) OnaP2=P1×1,05−10 = 74,525×1,05−10≈68,pr`s.251 ` 10
(d) Si la suite´tait g´om´trique on aurait une raisonqtelle quePn+1=
Pn+1
q×Pn, et doncqtout nombre entier= pourn. Or on a
Pn
P174,525
=≈0,93
P080,5

et
P268,251
=≈0,92,
P174,525
−3
arrondis ` 10pr`s. Ces deux valeurs ´tant diff´rentesPnn’est pas une
suite g´om´trique.
4. L’algorithme est compl´t´ de mani`re ` mettre ` jour la valeur deP`
chaque incr´mentation den:
n←0
P←80,5
Tant queP≥6
P←P×1,05−10
n←n+ 1
Fin tant que
5. Enimpl´mentant l’algorithme pr´c´dent dans une calculatrice programmable
on trouven= 10. Le plan d’´limination prendra donc fin ` la fin de l’ann´e
2030.

Partie B
1. Ona bien

ainsi que

0,2
f(0,2) == 1
0,2

2
g(0,2) =−(0,2) +0,2×0,2 + 1 = 1.

2

2. Surle graphique donn´ dans l’´nonc´ il est clair que les courbesCfetCg
s’intersectent aux points d’abscissesx= 0,2 etx= 1. La seconde solution
de l’´quationf(x) =g(x) est doncx= 1.
R
1
3. (a)L’int´graleg(x)dxcorrespond ` l’aire entre les droites verticales
0,2
d’´quationsx= 0,2 etx= 1, l’axe des abscisses et la courbeCg: c’est
l’airesous la courbeCgentrex= 0,2 etx= 1.
(b) Ona

Z Z1
1 13 2
x x
2
I=g(x)dx=−x+ 0,2x+ 1dx=−+ 0,2 +x
0,2 0,23 2
0,2

3 2
1 0,2 0,2 0,2
=−+ +1− −+ 0,2 +0,2
3 23 2
−2
≈0,57 ` 10pr`s.

1′01 1,2
4. (a)On d´riveF(x) =ln(x) et on obtientF(x) =×= =f(x).
5 5x x
DoncFest bien une primitive defsur l’intervalle demand´.
(b) Ona
Z
1
J=f(x)dx=F(1)−F(0,2)
0,2
ln(1) ln(0,2) ln(0,2) ln(1/0,2) ln(5)
=−= 0−= =.
5 55 55

2
5. L’airedu logo correspond `I−J. Pour obtenir cette aire en cm, on calcule
2
(I−J)×(2,En utilisant la question 35) ..(b) On obtient approximativement

ln(5)
2
0,57− ×2,5≈1,55≈2 au cm pr`s.
5

Exercice 3 (4 points)

0,6 3
1. Ona bien un volume de CO2dans la pi`ce de 900000×= 5400dm.
100
2. (a)On reconnait une ´quation diff´rentielle du premier ordre ` coefficients
′
constants, de la formey+ay=b, dont on sait que la solution g´n´rale
−at b
esty(t) =Ceavec+ ,Cune constante r´elle quelconque. Ici on a
a
a= 0,01 etb= 4,5 d’o` la solution g´n´rale

−0,01t
y(t) =Ce+ 450,

o`Cest une constante r´elle quelconque.
(b) Deplus on sait queV(0) = 5400. Cherchons la valeur deCcorrespondante :
On a
−0.01×0
V(0) =Ce+ 450 = 5400
d’o`
C+ 450 = 5400
−0,01t
et finalementC= 4950,d’o` la solutionV(t) = 4950e+ 450.

3

3. Oncherche la valeur deVapr`s qu’une heure soit ´coul´e soit

−0,01×60
V(60) = 4950e+ 450≈3167,

3
au dmpr`s.
−0,01×690
4. `7h30 on a un volume de CO2´gal `V(690) = 4950e+ 450≈455,
3 455
au dmpr`s. Ceci correspond ` un taux volumique de×100≈0,05% :
900000
selon le mod`le l’affirmation des responsables de la cimenterie est donc vraie.
5. LafonctionV´tant strictement d´croissante, r´solvonsV(t) = 900 :

−0,01×t
4950e+ 450 = 900
−0,01×t
⇔4950e= 450
−0,01×t
⇔4950e= 450
450
−0,01×t
⇔e=
4950

450
⇔ −0,01×t= ln
4950

450
⇔t=−100 ln≈239,8.
4950

On peut consid´rer que le volume de CO2dans la pi`ce est inf´rieur ` 900
3
dm `partir de 240 minutes, soit ` partir de minuit.

Exercice 4 (5 points)

Partie A
1. Ladur´e moyenne de fonctionnement sans panne d’un capteur correspond
` l’esp´rance de la variable al´atoire normaleD, soit ici le param`treµ= 4
ans.
2. Ils’agit de calculer

P(D∈[3,5; 4,5])

0,5 0,5
=P D∈µ−;µ+
1,23 1,23

0,5
On a≈0,4. Les tables de la loi normale centr´e r´duite d’une calculatrice
1,23
programmable donnent un r´sultat de 0,316.

2 2
3. OnchercheP(D≤2) =P D≤µ−σ. On a≈1,6. Les tables de
1,23 1,23
la loi normale centr´e r´duite d’une calculatrice programmable donnent un
r´sultat de 0,052.

4

Partie B
1 1
1. (a)On sait que l’esp´rance de la loi exponentielleE(T) == =40.
λ0.025
(b) D’apr`sla mod´lisation propos´e, le temps d’attente moyen pour r´cup´rer
un t´l´phone (neuf ou r´par´) apr`s l’avoir d´pos´ est de 40 jours.
2. (a)Connaissant la densit´ de la loi exponentielle on a
Z
7

7
−λt−λt−0,025×7 0
P(T≤7) =λe dt=e=−e+e≈0,160.
0
0

(b)Delamˆmemani`reona

P(T≥20) = 1−P(T <20)
Z
20

20
−λt−λt−0.025×20
= 1−λe dt= 1−e=e≈0,606.
0
0

Partie C
1. Lapopulation consid´r´e ´tant den= 92, et donc sup´rieure ` 30, on peut
consid´rer que l’intervalle de confiance au niveau de 95% pour la proportion
p= 26/92 est
" rr #
p(1−p)p(1−p)
p−1,96 ;p+ 1,96.
n n
q q
p(1−p) 0.283(1−0.283)
Ici on ap≈0.283 et 1,196 =,96≈0,044, d’o`
n92
l’intervalle de confiance [0,19; 0.375].
2. Lesdeux intervalles de confiances au niveau de 95% n’´tant pas disjoints,
on ne peut pas consid´rer que la diff´rance entre les deux proportions est
significatives et conclure ` une diff´rence significative dans l’efficacit´ des
deux S.A.V.

5