N.S.I. WorkSpace T-Ev-EE,Terminale [Evaluation formative](Entraînement) Sujets ‘0’ (‘zéro’) de la nouvelle version de l’épreuve écrite du baccalauréat {2023}

[Evaluation formative](Entraînement) Sujets ‘0’ (‘zéro’) de la nouvelle version de l’épreuve écrite du baccalauréat {2023}

Categories:

Sujet A

Sujet B

Propositions de corrigé

Sujet A – Exercice 1

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1 – Citer les attributs de la table ‘groupes’

Les attributs de la table « groupes » sont : ‘idgrp’, ‘nom’, ‘style’ et ‘nb_pers’.

2. Justifier que l’attribut ‘nom’ de la table ‘musiciens’ ne peut pas être une clé primaire.

(Je sais que…) Un clé primaire est définie par un attribut ayant une valeur unique pour chacune des occurrences de la table.

(Or je constate que…) Or je constate qu’il existe au moins deux occurrences de la table ‘musiciens’ pour lesquelles la valeur de l’attribut ‘nom’ est identique : cette valeur est ‘Parker’.

(Donc j’en conclus que…) Donc de ce fait l’attribut ‘nom’ de la table ‘musiciens’ ne peut pas être choisi pour constituer une clé primaire.

3. En s’appuyant uniquement sur l’extrait des tables fourni dans la figure 1 écrire ce
que renvoie la requête :

SELECT nom FROM groupes WHERE style = 'Latin Jazz';

Cette requête renvoie : ‘‘Weather Report’ et ‘Return to Forever’

4. Le concert dont l’idconc est 36 finira à 22h30 au lieu de 22h00. Recopier sur la
copie et compléter la requête SQL ci-dessous permettant de mettre à jour la relation
concerts pour modifier l’horaire de fin de ce concert.

UPDATE concerts
SET ...
WHERE ... ;
UPDATE concerts
SET heure_fin = '22h30'
WHERE idconc = 36 ;

5. Donner une requête SQL permettant de récupérer le nom de tous les groupes qui
jouent sur la scène 1.

SELECT nom FROM groupes JOIN concerts ON groupes.idgrp = concerts.idgrp WHERE scene = 1;
SELECT nom FROM groupes INNER JOIN concerts ON groupes.idgrp = concerts.idgrp WHERE scene = 1;
SELECT nom FROM groupes NATURAL JOIN concerts WHERE scene = 1;
SELECT nom FROM groupes AS g JOIN concerts AS c ON g.idgrp = c.idgrp WHERE scene = 1;

6. Fournir une requête SQL permettant d’ajouter dans la relation groupes le groupe
‘Smooth Jazz Fourplay’, de style ‘Free Jazz’, composé de 4 membres. Ce groupe aura
un idgrp de 15.

INSERT INTO groupes (idgrp, nom, style, nb_pers) VALUES (15, 'Smooth Jazz Fourplay', 'Free Jazz', 4)
INSERT INTO groupes VALUES (15, 'Smooth Jazz Fourplay', 'Free Jazz', 4);

7. Écrire la fonction ‘recherche_nom’ ayant pour unique paramètre un tableau de
dictionnaires (comme ‘musiciens’ présenté précédemment) renvoyant un tableau
contenant le nom de tous les musiciens ayant participé à au moins 4 concerts.

def recherche_nom(musiciens: list)-> list:
  noms = []
  for elt in musiciens:
    if elt['nb_concerts'] >= 4:
      noms.append(elt['nom'])
  return noms
    

Sujet A – Exercice 2

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1. La configuration IP partielle ci-dessous a été affichée sur l’un des ordinateurs :

IP hôte : 172.16.2.3
IP passerelle : 172.16.2.253

Indiquer en justifiant si cette configuration appartient à l’ordinateur de Bob ou d’Alice.

(Je sais que…) Toutes les machines d’un même LAN possède une adresse IPv4 dont la partie réseau est identique.

(Or je constate que…) Or je constate que la partie réseau de l’adresse IP du LAN auquel est connecté le PC de Alice est 172.16.2 (soit 24 bits).

(Donc j’en conclus que…) Donc la machine dont l’IP hôte est 172.16.2.3 connectée à ce LAN est donc celui d’Alice.

2. Le réseau WAN8 a un débit de 1 000 Mbit/s. Calculer le cout correspondant.

Sachant que :
coût = débit maximal de référence / débit du réseau concerné
et que :
débit maximal de référence = 10 000 Mbit/s
et que :
débit du réseau concerné = 1 000 Mbit/s
alors :
coût = 10 000 / 1 000
coût = 10

3. Écrire sur votre copie la table de routage du routeur R6

Routeur R6
DestinationpasserelleCoût
LAN1R521
LAN2~~
WAN6~~
WAN5R510
WAN3R511
WAN4R512
WAN1R511
WAN2R520
WAN7~~
WAN8R510

4. Bob envoie un message à Alice.
Énumérer dans l’ordre tous les routeurs par lesquels transitera ce message

Dans l’ordre ces routeurs sont : R1 -> R2 -> R5 -> R6

5. Un routeur tombe en panne, le nouveau cout pour la route entre Bob et Alice est de
111. Déterminer le nom du routeur en panne.

Le routeur tombé en panne est R5.

Sujet A – Exercice 3

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1. Dans l’hypothèse où les tâches devraient être extraites de cette structure (pour être
exécutées) dans le même ordre qu’elles ont été mémorisées, préciser si ce
fonctionnement traduit le comportement d’une file ou d’une pile. Justifier

Sujet B – Exercice 1

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1a. Sachant que le répertoire courant est le répertoire ‘fiches’, indiquer sur la copie les numéros de toutes les commandes parmi celles proposées ci- dessous qui permettent de se positionner dans le répertoire timbres

Commande 1 : cd /home/documents/collections/timbres
Commande 5 : cd ../collections/timbres

1b. Donner une commande qui permet d’accéder au répertoire timbres à partir de la racine.

Commande 1 : cd /home/documents/collections/timbres

2a. Calculer le coût d’une liaison de communication par la technologie FastEthernet.

Sachant que :
coût = 108 / d, avec d bande passante en bit/s
et que Pour FastEthernet d = 100 Mbit/s, soit (102 × 106 bit/s =) 108 bit/s
alors :
coût = 108 / 108 = 1

2b. Déterminer la route permettant de relier le routeur A au routeur G et minimisant la somme des coûts selon le protocole OSPF.

La route est : A -> B -> C -> E -> F -> G

3. Donner les différents descripteurs de ce fichier CSV.
Pour chacun de ces descripteurs, donner les valeurs associées.

Les descripteurs sont : nom_timbre, annee_fabrication et nom_collectionneur

Les valeurs associées à nom_timbre sont : Gustave Eiffel, Marianne et Alan Turing
Les valeurs associées à annee_fabrication sont : 1950, 1989, 2012
Les valeurs associées à nom_collectionneur sont : Dupont , Durand et Dupont

4a. Définir la notion de clé primaire d’une relation.

Une clé primaire est un attribut pour lequel il existe une valeur unique pour chacune des occurrences d’une relation.

4b. L’attribut nom peut-il jouer le rôle de clé primaire ?

L’attribut ‘nom’ ne peut pas jouer le rôle de clé primaire puisqu’il existe au moins deux occurrences dans la relation pour lesquelles cet attribut possède la même valeur, à savoir ‘Gustave Eiffel

4c. Même question pour l’attribut annee_fabrication

L’attribut ‘annee_fabrication‘ ne peut pas jouer le rôle de clé primaire puisqu’il existe au moins deux occurrences dans la relation pour lesquelles cet attribut possède la même valeur, à savoir ‘1989′

4d. Dans le cas d’une réponse par la négative aux deux questions ci-dessus, proposer une solution permettant d’avoir une clé primaire dans la relation timbres.

Il faut ajouter un attribut comme ‘id_timbre’ qui permet d’identifier par une valeur unique chacune des occurrences de la relation.

5a. Décrire le résultat de la requête SQL ci-dessous :

UPDATE collectionneurs SET ref_licence = 'Ythpswz' WHERE nom = 'Dupond';

Cette requête a pour effet de modifier deux occurrences de la relation :
d’abord cette occurrence : Dfacqpe Dupond Jean-Pierre 1961 157
devient : Ythpswz Dupond Jean-Pierre 1961 157
Et ensuite cette occurrence : Nzxoeqg Dupond Alexandra 1960 61
devient : Ythpswz Dupond Alexandra 1960 61

5b. Expliquer pourquoi, suite à cette requête, l’attribut ref_licence ne peut plus être une clé primaire de la relation collectionneurs.

L’attribut ‘ref_licence‘ ne peut plus jouer le rôle de clé primaire puisqu’il existe maintenant au moins deux occurrences dans la relation pour lesquelles cet attribut possède la même valeur, à savoir ‘Ythpswz

6. Écrire une requête SQL qui affiche, pour chacune des personnes nées en 1963 ou après, le nom, le prénom et le nombre de timbres qu’elles possèdent dans leur collection, enregistrées dans la relation collectionneurs.
On pourra utiliser certaines des clauses usuelles suivantes : SELECT, FROM, WHERE, JOIN, UPDATE, INSERT, DELETE.

SELECT nom, prenom, nbre_timbres FROM collectionneurs WHERE annee_naissance >= 1963;

Sujet B – Exercice 2

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Sujet B – Exercice 3

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