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

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL septembre 2000 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels EXERCICE 1 5 points 1. a. Il y a donc en tout 24 secteurs. D'où le tableau de la loi de probabilité de X suivant : X = xi ?20 0 60 100 p (X= xi ) 14 24 6 24 3 24 1 24 b. E(X) = ?20? 14 24 + 0? 6 24 + 60? 3 24 + 100? 1 24 = ?280+0+180+100 24 = 0 24 = 0 (F). Ce montant soit environ 8,33 F représente le gain moyen par partie sur un grand nombre de parties jouées. On dit que le jeu est équitable. c. Calcul de la moyenne : x = ?20+0+60+100 4 = 35. D'oùV (X)= (?20?35)2+(0?35)2+(60?35)2+(100?35)2 = 3025+1225+ 625+4225 = 9100. Donc ?(X)= p 9100≈ 95 F au franc près. 2. a. On a 20? 15 100 = 3 (F). Ce montant représente l'espérance mathématique minimale de la variable aléatoire X que l'on désire réaliser. b.

• corrigé du baccalauréat stl


• baccalauréat stl


• axe des abscisses


• symétriques autour de l'axe des abscisses


• ??


• argument de zb

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2000
• Nombre de lectures: 47
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat STL septembre 2000\ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

E X E R C IC E 1 5points 1. a.Il y a donc en tout 24 secteurs. D’où le tableau de la loi de probabilité de X suivant : X=x i −20 060 100 14 63 1 p(X=x i ) 24 24 24 24 14 63 1−280+0+180+100 b.E(X)= −20× +0× +60× +100× == 24 2424 2424 0 =0 (F). 24 Ce montant soit environ 8,33 F représente le gain moyen par partie sur un grand nombre de parties jouées. On dit que le jeu est équitable. −20+0+60+100 c.Calcul de la moyenne :x= =35. 4 2 22 2 D’oùV(X)=(−20−35)+(0−35)+(60−35)+(100−35)=3 025+1 225+ 625+4 225=9 100. Doncσ(X)=9 100≈95 F au franc près. 15 2. a.On a 20× =3 (F). Ce montant représente l’espérance mathématique 100 minimale de la variable aléatoire X que l’on désire réaliser. b.Il y a donc 10+nsecteurs. Le tableau de la loi devient : X=x i −20 060 100 n6 3 1 p(X=x i ) 10+n10+n10+n10+n n16 3 On a donc E(X)= −20× +0× +60× +100× = 24 10+n10+n10+n −20n+0+180+100 280−20n =(F). 10+n10+n 280−20n c.On veut donc que > 3⇐⇒280−20n > 3(10+n)⇐⇒280− 10+n 20n > 30+30n⇐⇒250 > 50n⇐⇒5 > n⇐⇒n 6 5. Il faut donc qu’il y ait au maximum 5 secteurs rouges.

E X E R C IC E 2 5points ¡p¢ 2 1.On aΔ=16−4×16= −16×3=4i 3<0. L’équation a donc deux racines complexes conjuguéees : p p p 4+4i 3 =2+et 22i 3−2i 3. 2 ¡p¢ ¡¢p p 2. a.P(−4)=16+5−i 3×(−4)+4 1−i 3=16−20+4i 3+4−4i 3=0. −4) est donc une racine deP. ¡ ¢¡ ¢ 2 b.On peut donc en déduire queP(z)=z+5−i 3z+4 1−i 3= 2 (z+4)(z+a)=z+(a+4)z+4a. ¡ ¢ Par identification des termes constants, on a 41−i 3=4a⇐⇒ p a=1−i 3. ¡ ¢ DoncP(z)=(z+4)z+1−.i 3

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A. P. M. E. P.

½ ¡ ¢ z+4=0 c.On a doncP(z)=0⇐⇒(z+4)z+1−i 3=0⇐⇒ ⇐⇒ z+1−i 3=0 ½ z= −4 p z= −1+i 3 ¡ ¢ 2 2 22 3. a. | z A | = 2+2 3=4+12=16=4 ⇒ | z A | = 4. à ! 1 3 ¡ ¢ π π On peut écrirez A =4+i=4 cos+. Un argument dei sinz A 3 3 2 2 π est . 3 π Commez B =z A , on a | z B | = 4 et un argument dez B est−. 3 b.A et B sont sur le cercle de centre O et de rayon 4 et sur la droite d’équa tionx=2. z C a pour module 4 et pour argumentπ. c.On vient de voir que | z A | = | z B | = | z C | = 4⇐⇒OA = OB = OC = 4, les trois points A, B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 4. 2 2 2 ¯ ¯ d.AB = | z B −z A | = − 4i 3=48. p 2 2 ¯¯ ¯¯ 2 2 CA = | z A −z C | = 2+2i 3+4=6+2i 3=36+12=48. Comme A et B sont symétriques autour de l’axe des abscisses et que C 2 2 appartient à cet axe on a CA = CB d’où CA=CB=48. 2 2 2 On a donc AB=CA=CB=48 : le triangle ABC est équilatéral.

P R O B L È M E 10 points Partie I 1.limGraphiquement on lit quef(x)= +∞lim, quef(x)= −2. x→−1 x→+∞ ′ f(0)= −3 etf(0)=0. 2.Puisquex6= −1, la fonction est dérivable sur ]−1 ;+∞[ et sur cet intervalle b2c(x+1)b2c−b(x+1)−2c−b x−b−2c ′ f(x)− == −= =− −. 2 42 33 3 (x+1) (x+1) (x+1) (x+1) (x+1) (x+1) 3. a.D’après l’écriture donnéelimf(x)=alim, or on a vu quef(x)= −2, x→+∞x→+∞ donca= −2. ½ ½ f(0)= −3−2+b+c= −3 b.On sait que⇐⇒d’où par somme des ′ f(0)=0−b−2c=0 deux équations :−2−c= −3⇐⇒c=1. Commeb= −2c, on en déduit finalement queb= −2. 2 1 On a doncf(x)= −2− +. 2 x+1 (x+1)

Partie II 2x+2−2 2x ′ 1.D’après la partie I, on af(x)= =. 3 3 (x+1) (x+1) 3 Commex+1>0, (x+1)>0 : le signe de f’(x) est donc celui de 2x, donc dex. ′ Sur ]−1 ; 0[,f(x)<0 : la fonctionfest décroissante ; ′ Sur ]0 ;+∞[,f(x)>0 : la fonctionfest croissante. D’où le tableau de variations defsuivant : x−1 0+∞ ′  f(x) 0 ,+ +∞ − 2 f(x)

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A. P. M. E. P.

2.Le point commun a une ordonnée nulle ; il faut donc résoudre sur ]−1 ;+∞[, 2 2 1−2(x+1)−2(x+1)+1 l’équation−2=− +0⇐⇒ =0⇐⇒ 2 2 x+1 (x+1) (x+1) 2 2 −2x−2−4x−2x−2+1=0⇐⇒2x+6x+3=0. ¡p¢ 2 Pour cette équation du second degré :Δ=36−4×2×3=36−24=12=2 3> 0, l’équation a deux solutions : p −6+2 33−3−3−3 =et 4 22 −3−3 Or< −1, doncCcoupe l’axe des abscisses en un seul point d’abscisse 2 p 3−3 . 2 2 1−2(x+1)+1 3.Soitdla fonction définie pard(x)=f(x)−(−2)== −+ = 2 2 x+1 (x+1) (x+1) −2x−1 . 2 (x+1) 2 Comme (x+1)>0, le signe de la différence ded(x) est celui du numérateur −2x−1. ¸ · 1 1 −2x−1>0⇐⇒ −1>2x⇐⇒x< −: donc sur−1 ;−la courbeCest au 2 2 dessus de (D) ; ¸ · 1 De même sur−;+∞, la courbeCest au dessous de (D)ce que l’on contrôle 2 sur la figure. · ¸ 1 4.On a vu que sur−,; 3f(x)−(−2)<0, donc−2−f(x)>0 et l’aire en unité 2 d’aire de la surface est égale à l’intégrale : Z Z 3 3 2 1 A=[−2−f(x)] dx=[−] dx. 1 1 2 − − x+1 (x+1) 2 2 2 Une primitive deest 2ln(x+1). x+1 1 1 Une primitive deest−. 2 (x+1)x+1 " # · ¸· ¸ 3 1 11 1 DoncA=2 ln(x+1)+ =2 ln(3+1)+ −2 ln(− +1)+ = 2 1 x+1 3+1 − +1 1 − 2 2 1 ¡ ¢ 1 7 1 2 ln 4+ −2 ln−2=4 ln 2+ +2 ln 2−2=6 ln 2− ≈(u. a.)2, 4 2 4 44 Résultat que l’on peut contrôler sur la figure.

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1 −→  O −→ x ı −2−2 3 41 1 −1

−2 D −3 A −4 Δ −5

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