Corrigé du baccalauréat STL Antilles juin Chimie de laboratoire et de procédés industriels

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL Antilles juin 2011 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels EXERCICE 1 5 points 1. On a ∆ = 1?4?1 = ?3 = (ip3)2 < 0, donc l'équation a deux solutions com- plexes conjuguées : 1+ i p 3 2 = 1 2 + i p 3 2 = cos pi 3 + i sin pi 3 et 1? i p 3 2 = 1 2 ? i p 3 2 = 1 2 + i ? p 3 2 = cos 5pi 3 + i sin 5pi 3 . 2. Posons u(x) = ex +1, alors u?(x)= ex et f (x) = u ?(x) u(x) . On reconnaît la dérivée de la fonction lnu(x)= ln(ex +1) car comme ex > 0 quel que soit le réel x, on a ex +1> 1> 0, donc la fonction ln(ex +1) est bien définie sur R. 3. a. Il y a 10?2= 8 flacons ne présentant que le défaut A, 6?2 = 4 ne présentant que le défaut B, et 2 qui présentent les deux dé- fauts, soit en tout 8+4+2= 14 flacons avec défaut(s) soit finalement 86 flacons sans défaut.

• corrigé du baccalauréat stl


• produit de limites lim


• positive sur l'intervalle


• baccalauréat stl


• eln2 ?


• solution de l'équation différentielle


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2011
• Nombre de lectures: 101
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat STL Antilles juin 2011\ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

E X E R C IC E points1 5 ¡ ¢ 2 1.On aΔ=1−4×1= −3=i 3<0, donc l’équation a deux solutions com plexes conjuguées : p 1+1 3i 3π π1−1 3i 31−3 = +i=cos+eti sin= −i= +i= 2 22 33 22 22 2 5π5π cos+.i sin 3 3 ′ u(x) x′x 2.Posonsu(x)=e+1, alorsu(x)=e etf(x)=. On reconnaît la dérivée u(x) x x de la fonction lnu(x)=ln (e+1) car comme e>0 quel que soit le réelx, on x x a e+1>1>0, donc la fonction ln (e+1) est bien définie surR. 3. a.Il y a 10−2=8 flacons ne présentant que le défaut A, 6−2=4 ne présentant que le défaut B, et 2 qui présentent les deux dé fauts, soit en tout 8+4+2=14 flacons avec défaut(s) soit finalement 86 flacons sans défaut. 86 La probabilité cherchée est donc égale à=0, 86. 10 b.On a le tableau suivant : Nombre de0 1 2 défauts Valeurs deX3−1−4 probabilité 0,8612 2 D’où E(X)=3×0, 86+(−1)×0, 12+(−4)×0, 02=2, 58−0, 12−0, 08=2, 38(. ′ 2 4.L’équation sécrity=y. 3 2 x 3 Les solutions de l’équation différentielle sont de la formef(x)=Cavece , C∈R. 2 ×0 Sif(0)=3, alorsCe=3⇐⇒C=3. 3 2 x La solution est donc définie parf(x)=3e . 3

E X E R C IC E points2 5 3, 7100−96, 33, 7 1.Retrancher 3,7 % revient à multiplier par 1= =− =0, 963. 100 100100 On a donc N 1 =0, 963N 0 et en général N k+1 =0, 963N k . 2.La dernière égalité montre que la suite (N k ) est une suite géométrique de pre mier terme N 0 et de raison 0,963. k20k 3. a.On sait que N k =N 0 ×0, 963=10×0, 963. b.2 ans correspondent à 2×365=730 jours. 20 730 Donc N 730 =10×0, 963≈atomes.111 478 111 20 10 1 20x x c.Il faut résoudre l’équation dansN,=10×0, 963⇐⇒ =0, 963⇐⇒ 2 2 1−ln 2 ln=xln 0, 963⇐⇒ −ln 2=xln 0, 963⇐⇒x= ≈18, 3. 2 ln0, 963 La période est donc égal à 19 jours.

Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriel s

A. P. M. E. P.

P R O B L È M E 10 points x 2x x 2 2x 1.On sait quelim e=0. Or e=(e )donc par produit de limiteslim e= x→−∞x→−∞ 0 et finalement par somme de limiteslimf(x)=0. x→−∞ Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des abscisses est asymptote à Cau voisinage de moins l’infini. ′ 2.On admet quefest dérivable sur ]− ∞on note; 1] ,fsa dérivée. ′x2xx x 2 x x a.On af(x)=2e−2e=2e−2 (e ) =2e (1−e ). x′ b.On sait que pour tout réelx, e>0 ;le signe def(x) est donc celui de x 1−e . x x Or 1−e > 0⇐⇒1 > e⇐⇒0 > x, parcroissance de la fonction logarithme népérien. La dérivée est donc positive sur l’intervalle ]− ∞; 0] et de la même façon ′ f(x) 6 0 sur [0 ; 1]. c.La fonction est donc croissante sur ]− ∞décroissante sur [0 ; 1].; 0] et 2 d.On af(0)=2−1=1 etf(1)=2e−e . D’où le tableau de variations def:

x−∞ ′ f(x ) +

0 0 1

1 −

f(x) 2 0 2e−e x xx 3. a.Il faut résoudre l’équationf(x)=0⇐⇒e (2−e )=0⇐⇒2−e=0 car x x e>0 et 2=e⇐⇒x=ln 2≈0, 69<1. On a donc une seule solutionf(ln 2)=0. ′ln 2 b.On aMdérivé en ln; 0) et le nombre2 est égal à(ln 2f(ln 2)=2e− ¡ ¢ 2 2 ln 2ln 2ln 22 2e=2e−2 e=2×2−2×2=4−8= −4. Une équation de la tangente enMest donc : y= −4x+b.M; 0)(ln 2∈T⇐⇒0= −4×ln 2+b⇐⇒b=4 ln 2. L’équation réduite deTest doncy= −4x+4 ln 2 4.Voir à la fin. x x2x a.Une primitive de la fonction eest e, une primitive de la fonction e 1 2x est la fonctione . 2 1 x2x Donc une primitiveFdefsur ]− ∞; 1] est la fonctionF(x)=2e−e . 2 b.La fonctionfest décroissante def(0)=1 àf(ln 2)=0 : elle est donc positive sur l’intervalle [0 ; ln2] ; La fonctionfest décroissante def(ln 2)=0 àf(1)≈ −1, 95: elle est donc négative sur l’intervalle [ln2 ;1]. c.On vient de voir que sur l’intervalle [0 ; ln2] la fonctionnfest positive. L’aire de la surfaceDest donc en unité d’aire égale à l’intégrale : Z µ¶ ln 2 1 1 ln 2ln 22 ln 20 2×0 f(x)dx=[F(x)]=F(ln 2)−F(0)=2e−e−2e−e= 0 0 2 2 1 11 2×2− ×4−2+ =unité d’aire. 2 22 2 Or une unité d’aire vaut 5×5=25 cm. Donc l’aire du domaineDest 1 2 égale à 25× =12, 5cm . 2

Antilles

2

juin 2011

Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriel s

−1

Antilles

f(x) 1

O

−1

−2

3

A. P. M. E. P.

ln 2 x 1

juin 2011