Corrigé du baccalauréat STL Métropole septembre Chimie de laboratoire et de procédés industriels

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL Métropole septembre 2009 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels EXERCICE 1 5 points 1. a. XXXXXXXXXX 2e tirage 1er tirage B1 R1 R2 V1 V2 B1 (R1 ; B1) 5 (R2 ; B1) 5 (V1 ; B1) 4 (V2 ; B1) 4 R1 (B1 ; R1) 5 (R2 ; R1) 4 (V1 ; R1) 3 (V2 ; R1) 3 R2 (B1 ; R2) 5 (R1 ; R2) 4 (V1 ; R1) 3 (V2 ; R2) 3 V1 (B1 ; V1) 4 (R1 ; V1) 3 (R2 ; V1) 3 (V2 ; V1) 2 V2 (B1 ; V2) 4 (R1 ; V2) 3 (R2 ; V2) 3 (V1 ; V2) 2 b. Il y a 4 tirages donnant des jetons de même couleur, donc 16 donnant des jetons de couleurs différentes. Soit p(A)= 16 20 = 80 100 = 0,8. Il y a 14 tirages contenant au moins un jeton rouge, d'où : p(B) = 14 20 = 70 100 = 0,7.

• corrigé du baccalauréat stl


• baccalauréat stl


• réciproque du théorème de pythagore


• point commun de coordonnées


• jeton rouge


• tirages donnant des jetons

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2009
• Nombre de lectures: 48
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat STL Métropole septembre 2009\ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

E X E R C IC E 1

5 points

1.   er  1 tirage    B 1 R 1 R 2 V 1 V 2 e  2 tirage   B 1 ( R 1 ;B 1 ( R 2 ;B 1 ( V 1 ;B 1 ) ( V 2 ;B 1 ) 5 5 4 4 R 1 ( B 1 ;R 1 ( R 2 ;R 1 ( V 1 ;R 1 ) ( V 2 ;R 1 ) 5 43 3 a. R 2 ( B 1 ;R 2 ( R 1 ;R 2 ( V 1 ;R 1 ) ( V 2 ;R 2 ) 5 43 3 V 1 ( B 1 ;V 1 ) ( R 1 ;V 1 ) ( R 2 ;V 1 ) ( V 2 ;V 1 ) 4 3 32 V 2 ( B 1 ;V 2 ) ( R 1 ;V 2 ) ( R 2 ;V 2 ) ( V 1 ;V 2 ) 4 3 3 2 b.Il y a 4 tirages donnant des jetons de même couleur, donc 16 donnant 16 80 des jetons de couleurs différentes. Soitp(A)= ==0, 8. 20 100 14 Il y a 14 tirages contenant au moins un jeton rouge, d’où :p(B)= = 20 70 =0, 7. 100 Pour l’évènement C il faut compter les tirages donnant un rouge et un 12 60 jeton de couleur différente : il y en a 12, d’oùp(C)= ==0, 6. 20 100 2. a.X∈{2 ; 3 ; 4 ; 5} b.On a le tableau suivant : X=x i 2 3 4 5 2 8 6 4 p ( X=x i ) 2 8 6 44+24+24+20 72 c.E(X)=2× +3× +4× +5× == =3, 6. 20 20 20 2020 20 Ceci signifie qu’en moyenne sur un grand nombre de tirages on aura 3,6 points. (36 points pour 10 tirages)

E X E R C IC E points2 5 ¡ ¢ 2 2 1.Δ=4 3−4×1×16=48−64= −16=(4i) . Le discriminant est inférieur à zéro, l’équation a donc deux solutions com plexes conjuguées : p −4 3+4i = −2 3+2i et−2 3−2i. 2 2. a.z A a pour module 4 et un de ses arguments est 0. ¡ ¢ On a | z B | = 4 3+2 etz B étant un imaginaire pur, un de ses arguments π est . 2

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A. P. M. E. P.

¡ p ¢ 2 2 22 b.On a | z C | = − 2 3+2=12+4=16=donc4 , | z C | = 4. à ! 3 1 ¡ ¢ 5π5π On peut écrirez C =4− +i=4 cos+.i sin 6 6 2 2 5π Un des arguments dez B est donc. 6 c.On place D symétrique de C autour de l’axe des abscisses. Voir à la fin. ¡ p ¢ ¡ p ¢ p 2 2 2 2 ¯ ¯ 3.On a AB = | z B −z A | = 4 3+2 i−4=16 3+2+16=16(3+4+4 3)+ p 16=128+64 3. ¡ ¢p 2 2 2 2 ¯ ¯ AC = | z C −z A − | = 2 3+2i−4=2 3+4+4=12+1616 3+4=32+ p 16 3; ¡ ¢ p ¡¡ ¢ p ¢ 2 22 2 2 ¯ ¯¯ ¯ BC = | z C −z B | = − 2 3+2i−4 3+2 i= −2 3+ −4 3−6 i= −2 3+ ¡ ¢p p 2 4 3+6=12+48+36+48 3=96+48 3. p pp 2 2 2 On a donc 32+16 3+96+48 3=128+64 3ou encore AC+BC=AB ce qui montre d’après la réciproque du théorème de Pythagore que le triangle ABC est rectangle en C.

C

−4

D

12

8

4

O

−4

B

A 4

P R O B L È M E 10 points Partie A : Étude d’une fonction ¡ ¢ 2 x xx 1.lim eOn a successivement= +∞, lim e−3= +∞lim eet enfin−3= x→+∞x→+∞x→+∞ +∞. ¡ ¢ 2 x xx 2. a.De mêmelim e=lim e0, donc−3= −3 etlim e−3=9. x→−∞x→+∞x→+∞ b.Le résultat précédent signifie graphiquement que la droiteDd’équation y=9 est asymptote àCau voisinage de moins l’infini. x 2 x 2 2 x x c.On af(x)−9=(e−3)−9=(e−3)−3=(e−3+3) (e−3−3)= x x e (e−6).

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A. P. M. E. P.

x d.Comme e>0 quel que soit le réelx, le signe def(x)−9 est celui de x e−6. x x Or e−6>0⇐⇒e>6⇐⇒x>ln 6(d’après la croissance de la fonction logarithme népérien). x De même e−6<0⇐⇒x<ln 6. Conclusion :  sur ]− ∞; ln6[,f(x)−9<0, ce qui signifie que la courbeCest au dessous de la droiteD;  sur ] ln 6 ;+∞[,f(x)−9>0, ce qui signifie que la courbeCest au dessus de la droiteD;  six=la droite et la courbe ont un point commun de coordonnéesln 6 (ln 6; 9). ′x xx x 3. a.fest dérivable surRetf(x)=2 (e−3)×e=2e (e−3). ′x b.Le signe def(x) est celui de la différence e−3. x x Or e−3>0⇐⇒e>3⇐⇒x>ln 3 ; x x De même e−3<0⇐⇒e<3⇐⇒x<ln 3 ; x x et e−3=0⇐⇒e=3⇐⇒x=ln 3. On a donc le tableau de variations suivant :

4.Voir à la fin.

Partie B : Calcul d’aire

x−∞ln 3 ′ f 9 f(x)

0

+∞

+∞

1.La fonctionFest dérivable surRet sur cet intervalle : 2x e ′x2xx x 2 F(x)= ×2−6e+9=e−6e+9=(e−3)=f(x). 2 ConclusionFest une primitive surRde la fonctionf 2. a.Voir à la fin. b.On a vu que sur l’intervalle [0 ; ln2],f(x)<9, donc l’aire en unité d’aire de la surface hachurée est par définition égale à l’intégrale : Z Z ln 2ln 2 h i ¡ ¢¡ ¢ 2 x A=9−f(x) dx=9−e−3 dx. 0 0 · ¸ ln 2 2x e ln 2x c.D’après la question précédenteA=[9x−F(x)]=6e− = 0 2 0 2 ln 20 e e ln 20 6e− −6e+. 2 2 ¡ ¢ 2 2 ln 2ln 22 Or e=e=2=4, donc : 1 19 A=12−2−6+ =4+ =(u. a.). 2 22

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D

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