Corrigé Bac Polynésie 2013 STI2D-STL mathématiques

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Exercice 1 : QCM non pénalisant
1.Réponse a Le module devient 4 et l’argument devient –π/2 donc on obtient 4 x (-i)
Autre méthode : mettre le nombre complexe dans la variable Z (STOre -> Z) et demander Z² : la machine donne -4i !
( le i est en bas avec la touche point . )
2. Réponse d Le module devient ½ et l’argument devient positif : +π/4
3. Réponse b On essaye tout ou alors : on a ²= 4 donc = 2 ou -2 : c’est le nombre qui doit être devant x (le x +…)
4. Réponse b p(X > 8) = e-(0,2x8) = 0,20189…
Exercice 2 :
1.
u1=6,2 et u2=5,48
2.
Formule : = B2*0,4 + 3
3.
Conjecture : (un) tend vers 5
4.
L’entier N affiché par l’algorithme est le plus petit entier à partir duquel l’écart entre un et 5 devient inférieur à 0,01
5.a.
On a vn=voqn = 3 x 0,4n (qui n’est pas égal à 1,2n !!)
b.
On a -1 < 0,4 < 1 donc lim vn = 0
c.
On a ensuite un = 5 + vn donc lim un = 5 + 0 = 5, ce qui démontre la conjecture faite au 3.
Exercice 3 :
1. L’équation différentielle est de la forme y’+ay=b donc y = Ce-at + b/a = Ce-0,04t + 0,8 / 0,04 = C e-0,04t + 20 avec C réel
La condition initiale g(0)=100 donne C + 20 = 100 donc C= 80 puis y = 80 e – 0,04t + 20
2.a. Au bout de t=30min, on a y = 80 e – 0,04x30 + 20 = 44,0955…> 37°C donc la grand-mère s’est un peu trompé.
b. Cherchons t pour avoir y = 37  e-0,04t = 17/80 puis -0,04t = ln (17/80) donc t = -

1 ln 0,04

(17/80) = 38,72033227.. min

donc t = 38 min + 0,72033227x60 secondes = 38min et 43 secondes environ.
Autre méthode : mettre y en Y1 et 37 en Y2 et chercher l’intersection des deux courbes (2nd Calculs/5 : intersect)
Exercice 4 :
Partie A . L suit une loi normale N( 75, 0,25²) soit  = 75 et = 0,25
1. On a donc p( 74,4 < L < 75,6) = normalFrep( 74,4 , 75,6 , 75, 0,25 ) = 0,9836..= 0,984 à 10 -3 près
2. On doit avoir h= 2 car c’est un résultat du cours ( p(  – 2 < X <  + 2) = 0,95) donc h = 2x0,25 = 0,5