Baccalauréat STI Novembre 2007

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Baccalauréat STI Novembre 2007 \ Génie Mécanique - Génie Énergétique - Génie Civil Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 5 points 1. Soit ∆= ( 2+ p 2 )2?4(2+ p 2)= 4+2+4 p 2?8?4 p 2=?2= (2i)2. L'equation a donc deux solutions complexes conjuguées : z1 = 2+ p 2+2i 2 et z2 = 2+ p 2?2i 2 . On a donc c = z1. 2. a. Voir la figure. b. b = p 2+ i p 2, donc |b| = p 2+2= 2. D'où en factorisant le module : b = 2 (p 2 2 + p 2 2 i ) = 2 ( cos π4 + isin π 4 ) = 2ei π 4 . c. On a |a| =OA= 2= |b| =OB, donc OAB est isocèle en O. Comme b = 2ei π 4 = aei π 4 , on en déduit que B est l'image de A dans la rotation de centre O et d'angle π 4 . Donc ?AOB= π 4 .

• triangle rectangle


• génie mécanique


• application du théorème de pythagore dans le triangle


• énergétique - génie civil


• ??


• ca2 ??

Sujets

• Triangle rectangle
• Génie mécanique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2007
• Nombre de lectures: 18

Extrait

Durée:4heures
[BaccalauréatSTINovembre2007\
GénieMécanique-GénieÉnergétique-GénieCivil
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE 1 5points
¡ p ¢ p p p2 21. SoitΔ= 2+ 2 −4(2+ 2)=4+2+4 2−8−4 2=−2=(2i) .
L’equationadoncdeuxsolutionscomplexesconjuguées:
p p
2+ 2+2i 2+ 2−2i
z = et z = .1 2
2 2
Onadoncc=z .1
2. a. Voirlafigure.
p p p
b. b= 2+i 2,donc|b|= 2+2=2.
à !p p
¡ ¢2 2 π πD’où en factorisant le module : b= 2 + i = 2 cos +isin =4 42 2
πi
42e .
c. Ona|a|=OA=2=|b|=OB,doncOABestisocèleenO.
π πi i4 4Comme b = 2e = ae , on en déduit que B est l’image de A dans la
π
rotationdecentreOetd’angle .
4
π
?DoncAOB= .
4
p p
a+b 2+ 2+i 2
3. a. Lemilieude[AB]apouraffixe = =c.
2 2
LepointCestlemilieudusegment[AB].
b. Le triangle AOB est isocèle en O et C est le milieu de la base [AB] : [OC]
estdoncmédiane,hauteur,doncAOCestuntrianglerectanglerectangle
enC.
1 π
? ? ?[OC]estaussilabissectricedeAOB,doncAOC= AOB= .
2 8
π?c. DansletriangleAOC,ona|c|=OC=OAcosAOC=2cos .
8
4. a. ParapplicationduthéorèmedePythagoredansletriangleAOC:
¯ ¯p p 2¯ ¯2+ 2+i 2¯ ¯2 2 2 2 2 2 2OA = OC +CA ⇐⇒ 2 =|c| +¯ −2¯ ⇐⇒ 2 =|c| +
¯ ¯2
¯ ¯p p p p2¯ ¯
−2+ 2+i 2 4+2−4 2+2 16−8+4 2¯ ¯ 2 2¯ ¯ ⇐⇒ 4=|c| + ⇐⇒ |c| = =
¯ ¯2 4 4
p
p8+4 2
=2+ 2.
4 p p
Donc|c|= 2+ 2.
b. Desrésultatsobtenusau3.c.etau4.a.ondéduit:p p
p pπ π 2+ 2
|c|=2cos = 2+ 2⇒cos = .
8 8 2A.P.M.E.P. Géniemécanique,énergétique,civil
B
1
C
→−
v
A
→−O
−1 u 1 2
−1
EXERCICE 2 4points
AvecledéfautF SansledéfautF Total
AvecledéfautS 8 8 16
1.
SansledéfautS 4 180 184
Total 12 188 200
2. a. Si l’objet présente le seul défaut S, le prix de vente est ramené à : 250×
0,85=212,50e;danscecaslebénficeestégalà212,50−2100=12,50.
Sil’objetprésenteleseuldéfautF,lebénéficeestégalà250−245=5e;
Sil’objetprésentelesdeuxdéfauts, perteestégaleà250−258=8cequi
correspondàX=−8;
Enfinsil’objetestparfaitlebénéficeestégalà250−200=50e.
b. Ilyaenmoyenne8objetsavecleseuldéfautS;laprobabilitédetomber
8 4
suruntelobjetestdoncégaleà = =0,04.
200 100
c. DemêmelaprobabilitédetirerunobjetavecleseuldéfautFestégaleà
4 2
= =0,02, la probabilité de tirer un objet avec les deux défauts
200 100
8 4
estégaleà = =0,04.
200 100
180 90
Enfinlaprobabilitédetirerunobjetparfaitestégaleà = =0,9.
200 100
D’oùletableau:
x 50 12,50 5 −8i
p(X=x ) 0,9 0,04 0,02 0,04i
d. E(X)=50×0,9+12,5×0,04+5×0,02−8×0,04=45+0,5+0,1−0,32=
45,6−0,32=45,28e.
Cette espérance représente, pour un grand nombre d’objets vendus, la
moyennedubénéficesurchaquevente.
Nouvelle-Calédonie 2 novembre2007
bbbA.P.M.E.P. Géniemécanique,énergétique,civil
PROBLÈME 11points
I.Résolutiond’uneéquationdifférentielle
−x1. Onsaitquelessolutionssontdelaforme y=Ke , K∈R.
′ −x −x2. Lafonctionu estdérivablesurRetu (x)=3e −3xe +1.
′ −x −x −x −xu +u=3e −3xe +1+3xe +x=3e +x+1,doncu estunesolutionde
(E).
−x −x −0 −03. Avec f(x)=3e +x+1+Ce , f(0)=2 ⇐⇒ 3e +0+1+Ce =2 ⇐⇒ 4+C=
2 ⇐⇒ C=−2.
II.Étuded’unefonctionauxiliaireg
1. g estdérivablesurRet
′ −x −x −xg (x)=−e (−3x+1)−3e =e (3x−4).
−x ′2. Commee >0quelquesoitleréelx, g (x)estdusignede(3x−4).
4
Or3x−4>0 ⇐⇒ 3x>4 ⇐⇒ x> .
3¸ · ¸ ·
4 4
Conclusion:sur ;+∞ , g estcroissanteetdelamêmefaçonsur −∞; , g
3 3
estdécroissante.D’oùletableaudevariations:
4
x −∞ 3 +∞
g(x)
µ ¶
¡ ¢4 4 4− 4 −
3 33. g =e −3× +1 +1=−3e +1≈0,21>0.
33
Leminimum delafonction étantsupérieur àzéro,onpeut endéduirequela
fonction g estpositivenonnullesurR.
III.Étudedelafonction f déterminéeenI.
1. Étudedeslimites.
−x −xa. f(x)=3xe +2e +x.
−x −xOnsaitque lim e =0, lim xe =0et lim x=+∞;donc:
x→+∞ x→+∞ x→+∞
lim f(x)=+∞.
x→+∞
−x −xb. On a lim e =+∞, donc lim xe =−∞ et comme lim x=−∞,
x→−∞ x→+∞ x→+∞
parsommedeslimites
lim f(x)=−∞.
x→−∞
2. Étudedesvariationsde f.
′a. f estunesommedeproduitsdefonctionsdérivablessurR,donc f (x)=
−x −x −x −x−e (3x+2)+3e +1=e (−3x−2+3)+1=e (−3x+1)+1=g(x).
′b. Ona vuquepour toutréel, g(x)>0, doncla positivité de f (x) entraîne
lacroissancesurRdelafonction f.D’oùletableaudevariations:
Nouvelle-Calédonie 3 novembre2007A.P.M.E.P. Géniemécanique,énergétique,civil
x −∞ +∞
+∞
f(x)
−∞
−x −x −x3. Ona f(x)−x=e (3x+2)+x−x=e (3x+2)etonavuque lim e (3x+2)=
x→+∞
0, ce qui montre que la droiteD d’équation y= x est asymptote oblique à la
courbeC en+∞.
LapositiondeC parrapportàD estdonnéeparlesignedeladiférence f(x)−
−xx=e (3x+2).
2 2
Doncsi x<− ,C estaudessousdeD etsi x>− ,C estaudessusdeD.
3 3
2
LepointcommunAapourabscisse− .
3
4. LadroiteDauncoefficientdirecteurégalà1.Ilfautdonctrouverle(s)point(s)
deD oùlenombredérivéde f estégalà1,soit:
′ −x −xf (x)=1 ⇐⇒ g(x)=1 ⇐⇒ e (−3x+1)+1=1 ⇐⇒ e (−3x+1)=0 ⇐⇒
1
−3x+1=0 ⇐⇒ =x.
3
LeseulpointdeC oùlatangenteauncoefficientdirecteurégalà1estlepoint
1
d’abscisse .
3
5.
C
3
D
B
2
1
→−

→−O
−1 1 2ı
A
−1
IV.Calculd’uneaire
′ ′ −x −x1. F est dérivable surR et F (x)=−f (x)+3e +x+1=−g(x)+3e +x+1=
−x −x −x −x −x −x −x−e (−3x+1)−1+3e +x+1=3xe −e +3e +x=3xe +2e +x=
−x(3x+2)e +x= f(x).
DoncF estuneprimitivedelafonction f.
2. On a vu que sur [0; 1], la fonction f est croissante; comme f(0)= 2, on en
déduitquesur[0;1],lafonction f estpositive.
Conclusion : l’aire (enunité d’aire) dela surfacelimitée parC,l’axe desabs-
cissesetlesdroitesd’équations x=0et x=1estégaleàl’intégrale:
Z 2 21 1 01 −1 −0
f(x)dx=[F(x)] =F(1)−F(0)=−f(1)−3e + +1−(−f(0)−3e + +0 2 20
1 11−1 −1 −10)=−5e −1−3e + +1+2+3= −8e (u.a.).
2 2 µ ¶
112 −1Commel’unitéd’aireestégaleà3×1=3cm l’aireestégaleà3 −8e =
2
33
−1 2 2−24e ≈7,670≈7,67cm aumm près.
2
Nouvelle-Calédonie 4 novembre2007