Correction du baccalauréat STI La Réunion

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat STI La Réunion \ juin 2010 Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. On a ∆= 16?4?13 =?36= (6i)2. L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : ?4+6i 2 =?2+3i ; ?2?3i. 2. a. Voir la figure. b. zC zA = 3?2i ?2?3i = (3?2i)(?2+3i) (?2?3i)(?2+3i) == ?6+6+9i+4i 4+9 = 13i 13 = i. c. zC zA = i= ei pi 2 d. D'après le résultat précédent, on a : zC = ei pi 2 zA ; cette égalité montre que le point C est l'image du point A dans la rotation de centre O et d'angle pi 2 . Par définition de la rotation OA = OC ; le triangle OAC est donc un triangle rectangle isocèle en O. 3. a. Voir figure : on construit le triangle équilatéral OCD. b. Par définition de la rotation : zD = ei pi 3 zC = ( cos pi3 + isin pi 3 ) zC = ( 1 2 + i p 3 2 ) (3?2i)= 3 2 + p 3? i+ 3 p 3 2 i= 3 2 + p 3+ i ( 3 p

• ei pi


• ordonnée commune


• triangle rectangle


• définition de la rotation


• espérance mathématique de la variable aléatoire


• baccalauréat sti

Sujets

• Triangle rectangle

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 20
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrectiondubaccalauréatSTILaRéunion\
juin2010Génieélectronique,électrotechnique,optique
EXERCICE 1 5points
21. OnaΔ=16−4×13=−36=(6i) .
L’équation adoncdeuxsolutions complexesconjuguées:
−4+6i
=−2+3i;−2−3i.
2
2. a. Voirlafigure.
z 3−2i (3−2i)(−2+3i) −6+6+9i+4i 13iC
b. = = == = =i.
z −2−3i (−2−3i)(−2+3i) 4+9 13A
z πC i 2c. =i=e
zA
d. D’aprèslerésultatprécédent,ona:
πi
2z = e z ; cette égalité montre que le point C est l’image du point AC A
π
danslarotationdecentreOetd’angle .Pardéfinitiondelarotation
2
OA=OC;letriangleOACestdoncuntrianglerectangleisocèleenO.
3. a. Voirfigure:onconstruitletriangleéquilatéralOCD.
b. Pardéfinitiondelarotation: ? !p p
? ? pπ 1 3 3 3 3i π π
3z =e z = cos +isin z = +i (3−2i)= + 3−i+ i=D C C3 3 2 2 2 2
? !p
p3 3 3
+ 3+i −1 .
2 2
4.
B
3
2
D
1
O
−4 −3 −2 −1 1 2 3
−1
−2
C
−3
A
−4
bbbbBaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
p p
Onadefaçonévidente|z |=|z |=|z |= 4+9= 13.A B C
p
PardéfinitiondelarotationOC=OD= 13.
p
Conclusion:A,B,CetDappartiennentaucercledecentreOetderayon 13.
EXERCICE 2 5points
PartieA
184 920
1. Il y a 184 pièces conformes sur 200, donc une probabilité de = =
200 1000
0,92.
2. Ilya5+9=14dediamètreinférieurà3,5mm,donclaprobabilitéestégaleà
400−14 386
= =0,965.
400 400
3. L’espérance mathématique delavariablealéatoireXest:
E(X)=−0,05×0,035+0×0,8925+0,05×0,0625+0,1×0,01=0,002375.
PartieB
−3x1. Laseulesolutionestx7?→e +2x+1
22. Les solutions de l’équation r +9=0 sont 3i et−3i. On sait qu’alors la forme
généraled’unesolutionest f(x)= Acos3x+Bsin3x.
Seulelatroisièmefonctionestdecetteforme.
PROBLÈME 10points
PartieA
′1. a. Onlit f(1)=−1et f (1)=0.
0−(ln2−2) 2−ln2 2−ln2
b. Lapentedeladroite(AB)estégaleà: = = =
−4ln2+8−0 −4ln2+8 4(2ln2
1
.
4
′Puisque (AB)esttangente àlacourbeaupoint d’abscisse 2, ona f (2)=
1
=0,25.
4
2. a. f somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet in-
tervalleet:
a b ax−b′f (x)= − = .
2 2x x x
b. En traduisant numériquement la question 1. et la question 2. a. on ob-
tient: 
 f(1) = −1  b+c = −1 b+c = −1 (1)  
′f (1) = 0 a−b = 0⇐⇒ ⇐⇒ a−b = 0 (2) .
 1  2a−b 1  ′  2a−b = 1 (3)f (2) = =
4 4 4
c. Par calcul de la différence (3) - (2), on obtient a=1 puis en remplaçant
dans(2)b=1etenfinenremplaçantdans(1)c=−2.
1
Onadonc: f(x)=lnx+ −2.
x
PartieB
LaRéunion 2 juin2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
1
1. Comme lim =0,et lim lnx=+∞, lim f(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞x
2. Cecisignifiequel’axedesordonnéesestasymptoteàlacourbeC auvoisinage
dezéro.
3. Lafonction f estlasommedefonctionsdérivablessur]0;+∞[;elleestdonc
dérivablesur]0;+∞[et:
1 1 x−1′ 2f (x)= − = quiestdusignedex−1,carx >0.
2 2x x x
′Doncsix>1,f (x)>0:lafonctionestcroissantesur]1;+∞[.
′Six<1, f (x)<0:lafonctionestdécroissantesur]0; 1[.
4. Surl’intervalle [6;7],lafonction f estcroissante;deplus:
1
f(6)=ln6+ −2≈−0,04;
6
1
f(7)=ln7+ −2≈0,14.
7
Ilexistedoncunréeluniqueαtelque f(α)=0avec6<α<7.
Demême f(6,3)≈−0,0007et f(6,4)≈0,01,donc6,3<α<6,4.
Enfin f(6,30)≈−0,0007et f(6,31)≈0,0006, donc6,30<α<6,31.
PartieC
1. Lespointscommunsauxdeuxcourbesontuneabscissex quivérifie:
1 1 1
f(x)=lnx ⇐⇒ lnx+ −2=lnx ⇐⇒ =2⇐⇒ x= .
x x 2
1
Pourcetteabscissel’ordonnéecommuneestégaleàln =−ln2.
2 ? ?
1
Lesdeuxcourbesontunseulpointcommundecoordonnées .
2 ;−ln2
2. Soitd lafonctiondéfiniesur]0;+∞[par:
1 1−2x
d(x)= f(x)−lnx= −2=
x x
Comme x>0, d(x)estdusignede1−2x.
1
D’où:six< , d(x)>0,cequisignifiequeC estaudessusdeΓ.
2
1
Six> , d(x)<0,cequisignifiequeC estaudessousdeΓ.
2
3. Voirplusbas.
4. a. Voirplusbas
b. Sur l’intervalle [1 ;2], on avu queC est au dessous deΓ;doncl’aire en
unitésd’airedelapartiehachuréeestégaleàl’intégrale:
? ?Z Z2 2 1 2[lnx−f (x)]dx= − +2 dx=[−lnx+2x] =−ln2+4+ln1−2=2−ln2.1x1 1
2c. Lacalculatricedonne:A≈1,30cm
LaRéunion 3 juin2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
Problème
Annexe,àrendreaveclacopie
2 C
1
B
O
−1 1 2 3 4 5 6 7
−1
A
−2
LaRéunion 4 juin2010
+
+