Corrigé Bac 2015 - Maths - STI2D

Sujets

• BAC

Informations

• Publié par: lewebpedagogique
• Publié le: 18 juin 2015
• Nombre de lectures: 539

Extrait

Bac 2015 Mathématiques Série STI2D

Bac STI2D 2015 : élémentsde correction de l’épreuve de mathématiques

Exercice n°1 :   1.La forme algébrique du nombre complexe= 3est :    = 3(cos() + isin())     ) - isin( )) car la fonction cosinus est paire et la fonction sinus est impaire.= 3(cos(     = 3×i)( -     = - i.   La réponse exacte est la b..    2.  = 1 + i  et  =  - i.      Pour déterminer la forme exponentielle de    , on peut soit calculer le produit   sous la  forme algébrique puis la mettre sous la forme exponentielle, soit mettre  et  sous la forme exponentielle et calculer le produit des deux formes exponentielles. Avec la première méthode :          = (1 + i)(  - i) =  - i + 3i +  = 2  + 2i.        x   =  =  == 4.       x     On a donc   = 2  + i) = 4(cos( + 2i = 4( .) + isin( )) = 4      La réponse exacte est la a..  3.Les solutions de l’équation différentielle du second ordrey’’ +y= 0 sont de la forme : tAcos(t) + Bsin(t) avec A et B deux réels.     Ici,= donc on peut prendre=  = .     Les solutions de l’équation différentielley’’ +y= 0 sont donc de la forme :    tAcos(t) + Bsin(t) avec A et B deux réels.   La réponse exacte est la b..  4.= 2 +sur l’intervalle ]-1 ;[.     = 0 donc, d’après les règles opératoires sur les limites, on a:    =   = 2.    La réponse exacte est la d..

Bac STI2D 2015 : élémentsde correction de l’épreuve de mathématiques

Exercice n°2 : Partie A  Ici,L= 100 km eta= 0,046. On a aussi  = 7 mW.     Ils’agit decalculer  =  avec ces valeurs et de comparer le résultat avec 0,08 mW :           =  = 7×0,070 mW au millième près.= 7 il sera nécessaire  < 0,08 mW doncde placer au moins un amplificateur sur la lignepour que le signal soit détectable en sortie. Partie B  1.Les solutions de l’équation différentielley’ +ay= 0 avecaun réel sont de la formey(x) = pour toutxréel etun nombre réel. Les solutions de l’équation différentielley’ + 0,035y= 0 sont donc de la forme :  g(x) =pour toutxréel etun nombre réel.   2. a.g(0) = 7 doncg(0) ==== 7.  gest donc définie parg(x) = 7sur l’intervalle [0;[. 2. b.D’après l’expression deg, le coefficient d’atténuation est0,035pour cette fibre. 3. a.La fonctiongest dérivable sur [0 ;[.     On a la formule     pour une fonctionudérivable, donc :   g’(x) = 7×(-0,035)= 0,245pour tout [0 ;[.  L’exponentielle est toujours positive doncg’(x) = 0,245> 0 pour tout [0 ;[. La fonctiongest doncstrictement croissantesur l’intervalle[0 ;[.   3. b.     x  = donc  =  = 0 en posantX= -0,035 et d’après la formule de la limite de la composée de fonctions.  On a ensuite  =  0. 4. a.Il s’agit de calculeret de comparer le résultat avec 0,08 mW :   g(100) = 7= 70,21 mW au centième près. g(100) > 0,08 mW doncle signal sera encore détecté au bout de 100 kmde propagation avec ce type de fibre. 4. b.Pour que la longueurLde la fibre permette une détection du signal à la sortie sans amplification, il faut queg(L)0,08 mW.  g(L)0,087 0,08    g(L)0,08 =    g(L)0,08-0,035Lln ( ) car les fonctions ln et exponentielle sont strictement croissantes  sur leur intervalle de définition   g(L)0,08L( ) ln 127,76 km au centième près   La longueur de la fibre permettant une détection du signal à la sortie sans amplification est : L127,76 kmau centième près.

Bac STI2D 2015 : élémentsde correction de l’épreuve de mathématiques

Exercice n°3 : Partie A 1.Selon les prévisions de l’ADEME (Doc. 1), le nombre de véhicules hybrides vendus en 2030 serait  de 24 % des 2 millions de véhicules vendus, soit×2 000 000 = 24×20 000 =480 000 véhicules.  2.Selon les prévisions de l’ADEME (Doc 1), en 2030 le pourcentage de véhicules à faible émission de CO 2 dans le parcautomobile serait de11 %(7 % de véhicules hybrides et 4 % de véhicules électriques). Partie B 1.Le pourcentage d’augmentation des ventes de véhicules hybrides de 2012 à 2013 est:   100×49,1 % au dixième près.   (nombre de véhicules hybrides vendus durant l’an 2. a.  = 41340 née 2013) q 2. b.(  = 1,16 et de premier) est une géométrique de raison  = 41 340 donc le terme général de n   4n cette suite est :  =  =1 340×1,16pour tout entier naturel . 2. c.L’année 2030 correspond àn= 17. 17   = 41 340×1,16515414 à l’unité près.   > 480 000 doncl’augmentation de 16 % par an des ventes de véhicules hybrides permettrait d’atteindre laprévision de l’ADEME pour l’année 2030. 3. a.La formule saisie dans la cellule B3 est : « = 1,16*B2 ». 3. b.Selon les prévisions de l’ADEME (Doc. 1), le nombre de véhicules électriques vendus en 2030  serait de 12 % des 2 millions de véhicules vendus, soit×2 000 000 = 12×20 000 =240 000  véhicules. 173 974 < 240000 donc le taux d’augmentation annuel de 16 % ne permettrait pas d’atteindre les prévisions de l’ADEME des ventes de véhicules électriques en 2030. 4. a.173974 est le nombre de véhicules électriques vendus en 2030 d’après les prévisions de l’ADEME, si le taux d’augmentation annuel est de 16 %. 4. b. Variables Etapes de l’algorithme q u Initialisation 1,16 173 974 Etape 1 3071,17 201 Etape 2 6451,18 232 Etape 3 1,19 268 533 4. c.La valeur affichée par le résultat est (1,19 - 1)×100 = 0,19×100 = 19 %. Le pourcentage d’augmentation annuelle des ventes de véhicules électriques qui permettrait d’atteindre les prévisions de l’ADEME en 2030 estde19 %.

Bac STI2D 2015 : élémentsde correction de l’épreuve de mathématiques

Exercice n°4 : 1. a.= 1,5 donc la fonction de densité de cette loi normale est lafigure 3car elle est symétrique par rapport à la droite d’équationx== 1,5. 1. b.P(1,485X1,515) =P(1,5 - 0,015X1,5 + 0,015) =P(-X+)0,68au centième près. 2. a.La probabilité que cette bouteille contienne exactement 1,48 litre de jus de fruits estnulle, d’après la définition d’une loi normale. -4 2. b.En utilisant la calculatrice,P(1,46X1,54)0,9923à 10 près. 2. c.Il s’agit de calculerP(X1,55) =P(X1,5) -P(1,5X1,55) = 0,5 -P(1,5X1,55) -4 0,5 - 0,49960,004près, en utilisant la calculatrice.à 10 3. a.On ap= 0,0077 etn= 10 000. On vérifie que : n= 10 00030,np= 10 000×0,0077 = 775 etn(1 -p) = 10 000×0,9923 = 9 9235. L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %de la fréquence observée de bouteilles non- conformes est :   I =          I =          I[0,0059 ; 0,0095] -4 en arrondissant les bornes de l’intervalle à 10près (par défaut pour la borne inférieure et par excès pour la borne supérieure)  3. b.= 0,009et cette valeur appartient à l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % I trouvé au   3. a.., doncl’usine OCEFRAIS n’a pas de raison de s’inquiéter.