Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010 \ Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. On a ∆= ( 2 p 3 )2?4?4= 12?16 =?4= (4i)2. L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : z1 = 2 p 3+2i 2 = p 3+ i et z2 = p 3? i. 2. a. On a |z1|2 = 3+1= 4= 22 ?|z1| = 2. En factorisant : z1 = 2 (p 3 + i 1 2 ) = 2 ( cos pi6 + isin pi 6 ) . Un argument de z1 est donc pi 6 . Comme z2 = z1, on a |z2| = 2 et un argument de z2 est ? pi 6 . Enfin |z3| = 2 et un argument de z3 est pi 2 . b. Les points A et B sont les points communs au cercle de centre O et de rayon 2 avec la droite d'équation x = 1 2 . Voir plus bas c. z3 z2 = 2i p 3? i = 2i( p 3+ i) ( p 3+ i)( p 3? i) = 2i p 3?2 3+1 =? 1 2 + i p 3 2 .

• argument de z1


• corrigé du baccalauréat sti


• triangle bec


• ?1 ??


• ex ?2


• pi ?6pi


• baccalauréat sti


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 53
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010\ Génie électronique, électrotechnique, optique

E X E R C IC E 1 5points ¡ ¢ 2 2 1.On aΔ=2 3−4×4=12−16= −4=(4i) . L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : p 2 3+2i z 1 = =3+i etz 2 =3−i. 2 2 2 2. a.On a | z 1 | = 3+1=4=2 ⇒ | z 1 | = 2. En factorisant : Ã ! 3 1 ¡ ¢ π π z 1 =2 i=2 cos+.i sin 6 6 +2 π Un argument dez 1 est donc. 6 π Commez 2 =z 1 , on a | z 2 | = 2 et un argument dez 2 est−. 6 π Enfin | z 3 | = 2 et un argument dez 3 est . 2 b.t deLes points A et B sont les points communs au cercle de centre O e 1 rayon 2 avec la droite d’équationx=. Voir plus bas 2 p z 3 2i 2i(3+3i) 2i−2 13 c.= −+= =p =i . z3+21 2 2 3−i (3+i)( 3−i) Ou encore en utilisant les résultats de la question précédente : π i z 3 =2e ; 2 π −i z 2 =2e ; 6 π i ¡ ¢ ¡¢ z 3 2e 2 π π4π2iπ i+i 2 66 3 donc= π =e=e=e . −i z 2 2e 6 z 3 2π i d.On a donc=e . 3 z 2 2π i Doncz 3 =ez 2 ce qui montre que C est l’image de B dans la rotationR 3 2π de centre O et d’angle. 3 3.Soit 3+i+z E a.O est le milieu de [AE], ce qui se traduit par 0= ⇐⇒z E = 2 −3−i. b.L’image du point C par la rotationRa une affixe égale à : Ã ! p 2π 1 3 i e (2i)+= −i (2i)= −3−i=z E 3 2 2 p 4.On a BE = | z E −z B | = | − 3−i−3+i| = |2 3| =2 3; p BC = | z C −z B | = | 2i−3+i| = | −3+3i| =3+9=12=2 3; p CE = | z E −z C | = | − 3−i−2i| = | −3−3i| =3+9=12=2 3; On a donc BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral. tOn aurait pu également dire que les triangles OBC, OCE et OEB sont des 2π triangles isocèles (côtés de longueurs 2) avec un angle au sommet de: ils 3 sont donc superposables et BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral.

Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique

A. P. M. E. P.

E X E R C IC E points2 4 1 1 2 1.L’équation 9r+1=0 a deux solutions dansC: iet−i. 3 3 On sait que la forme générale d’une solution de (E) est : ¡ ¢¡ ¢ x x f(x)=Acos+Bsin ,A∈R,B∈R; 3 3 ¡ ¢¡ ¢ 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ x x ′ x x 2. a.Sif(x)=Acos+Bsin ,alorsf(x)=Asin+Bcos . 3 33 3 3 3   1 11   f(0)=A=A= 2 22 Donc⇐⇒ ⇐⇒.  3  1 3  3  ′   f(0)= −B= −B= − 6 36 2 1 ¡ ¢ 3 ¡ ¢ x x On a doncf(x)=cos−sin . 3 3 2 2 b.On peut alors écrire : ¡ ¢¡ ¢¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 5πx5πx x5π f(x)=sin cos+cos sin=sin+ 6 36 33 6 d’après l’identité sinacosb+cosasinb=sin(a+b). £ ¤¡ ¢ 2 2 x5π 3. a.f(x)=sin+. 3 6 1−cos 2a 2 2 On sait que cos2a=1−2 sina⇐⇒sina=. 2 ¡ ¢ x5π £ ¤ 1−cos 2+ ¢¤£ ¡ 2 1 3 6 2x5π Doncf(x)= =1−cos+. 3 3 2 2 Z ·µ ¶¸· µ ¶¸ 6π 6π 1 12x5π1 32x5π 2 b.On a doncE=1−cos+dx=x−sin+ = 6π 0 2 33 12π2 33 0 · µ¶ µ¶¸ 1 35π3 5π1 1 6π−sin 4π+ −0+sin= ×6π= . 6π2 32 3 12π2 r p 1 2 E= =. 2 2

P R O B L È M E 11 points Partie A −3 ′ 1.On litg(0)=3 etg(0)= =−1. 3 ′x 2. a.g(x)=e+a ½ ½ ½ g(0)=3 1+b=3b=2 b.On a⇐⇒ ⇐⇒ ′ g(0)= −1 1+a= −1a= −2 x Doncg(x)=e−2x+2,x∈R. ′x 3. a.On a doncg(x)=e−2,x∈R. x x Or e−2>0⇐⇒e>2⇐⇒x>par croissance de la fonction ln.ln 2, Doncgest croissante sur [ln2 ;+∞[. De même on montre quegest décroissante sur ]− ∞2[.; ln ln 2 g(ln 2)=e−2 ln 2+2=4−2 ln 2≈est l’extremum (minimum) de2, 614 la fonction. x−∞ ln 2 +∞ ′ − g(x) 0+

Polynésie

g(x)

2

4−2 ln 2

juin 2010

Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique

A. P. M. E. P.

b.Le minimum étant supérieur à zéro, il en résulte queg(x)>0 surR. c.Graphiquement la courbeΓesrt au dessus de l’axe des abscisses.

Partie B ¡ ¢ −x−x 1.On sait quelim e= +∞lim 1, donc+2e= +∞. x→−∞x→−∞ Comme limx= −∞, limf(x)= −∞. x→−∞x→−∞ ¡ ¢ −x−x 2. a.lim eOn a=0, donclim 1+2e=1 et finalementlimf(x)= x→+∞x→−∞x→+∞ +∞. −x−x b.Soitdla fonction définie surRpar :d(x)=f(x)−x=x+2xe=2xe . −x−x lim e=0 etlimxe=0, c’estàdirelimd(x)=0, ce qui montre x→+∞x→+∞x→+∞ que la droite D d’équationy=xest asymptote àΓau vosinage de plus l’infini. −x−x c.On a vu qued(x)=2xe .Comme e>0 quel que soit le réelxon en déduit : •six<0, alorsΓest en dessous de D ; •six>0, alorsΓest au dessus de D. −x Γet D sont sécantes lorsqued(x)=0⇐⇒2xe=0⇐⇒x=0. Le seul point commun aux deux courbes est l’origine. ′ −x−x−x x−x x−x 3. a.f(x)=1+2e−2xe=e (e+2−2x ) =e (e−2x+2)=eg(x). −x b.Comme e>et comme d’après la partie A,g(x)>0, il en résulte que ′ f(x)>0 : la fonctionfest donc croissante surR. x−∞ 0 +∞ ′ f(x) +

f(x)

c. ′ 4.M(x;y)∈T⇐⇒y−f(0)=f(0)(x−0)⇐⇒y−0=3(x−0)⇐⇒y=3x. 5.Voir plus bas.

Partie B

1.Voir plus bas. ′ −x−x−x−x−x−x 2.On aH(x)= −2e−2(−x−1)e= −2e+2xe+2e=2xe=h(x). DoncH(x) est une primitive deh(x) surR. 3.On a vu que pourx>0,f(x)>x, autrement dit la courbeCest au dessus de D, donc l’aire (en unités d’aire) de la surface hachurée est égale à l’intégrale : Z Z 2 2 −x2−2 [f(x)−x] dx=2xe dx= [ H(x)]=H(2)−H(0)= −6e+2 0 0 0 (u. a.) 2 L’unité d’aire est égale à 2×1=2 cm. ¡ ¢ −2 2 DoncA=2 2−6e≈2, 375≈2, 38cm

Polynésie

3

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−3

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Annexe (problème  partie B)

−1

3

2

1

O −1

−2

−3

−4

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−6

−7

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−9

−10

4

T

1

2

A. P. M. E. P.

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