Correction du baccalauréat STI Métropole

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat STI Métropole \ juin 2010 Génie mécanique, génie des matériaux EXERCICE 1 4 points 1. f (x)= 2cos ( x 2 + pi 3 ) ? f ?(x)=? 1 2 ?2sin ( x 2 + pi 3 ) =?sin ( x 2 + pi 3 ) ? f ??(x)= 1 2 cos ( x 2 + pi 3 ) . On a 4 f ??(x)= 4? 1 2 cos ( x 2 + pi 3 ) = 2cos ( x 2 + pi 3 ) et ? f (x)= 2cos ( x 2 + pi 3 ) . On a bien 4 f ??(x)=? f (x), donc f est une solution de l'équation différentielle. 2. a. On sait que la forme générale des solutions de l'équation différentielle (E) est : f (x)= A sin x2 +B cos x 2 , avec A ?R,B ?R. b. La fonction g est de la forme : g (x)= A sin x2 +B cos x 2 . Cette fonction vérifie les conditions : { g (0) = 1 g (pi) = ? p 3 ?? { B = 1 A = ? p 3 On a donc g (

• droite ∆ d'équation


• module égal


• sin x2


• x??∞ ex


• solution de l'équation différentielle


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 22
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrectiondubaccalauréatSTIMétropole\
juin2010Géniemécanique,géniedesmatériaux
EXERCICE 1 4points
³ ´x π
1. f(x)=2cos + ⇒
2 3
³ ´ ³ ´1 x π x π
′f (x)=− ×2sin + =−sin + ⇒
2 2 3 2 3
³ ´1 x π′′f (x)= cos + .
2 2 3
³ ´ ³ ´1 x π x π′′Ona4f (x)=4× cos + =2cos + et
2 2 3 2 3³ ´x π
−f(x)=2cos + .
2 3
′′Onabien4f (x)=−f(x),donc f estunesolutiondel’équationdifférentielle.
2. a. On sait que la forme générale des solutions de l’équation différentielle
x x(E)est: f(x)= Asin +Bcos ,avec A∈R,B∈R.2 2
x xb. Lafonction g estdelaforme:g(x)= Asin +Bcos .
2 2
Cettefonctionvérifielesconditions:½ ½
g(0) = 1 B = 1
p p⇐⇒
g(π) = − 3 A = − 3
p
x xOnadoncg(x)=− 3sin +cos .2 2
c. Enfactorisant2,onpeutécrire:
à !p ³ ´¡ ¢3 1 x πx x π x π xg(x)=2 − sin + cos =2 −sin sin +cos cos =2cos +
2 2 3 2 3 22 2 2 3
(enapplicationdel’identité:cosacosb−sinasinb=cos(a+b)).
EXERCICE 2 6points
½
¡ ¢ z−2 = 021. (z−2) z −2z+4 =0 ⇐⇒ 2z −2z+4 = 0
¡ p ¢2
Pourl’équationduseconddegré:Δ=4−16=−12= 2i 3 .L’équationadonc
deuxsolutionscomplexesconjuguées:
p
p p2+2i 3
=1+i 3et1−i 3.
2
© p p ª
Finalement:S= 1−i 3; 2; 1+i 3 .
2. a. z estunréeldemodule2etdontunargumentest0.A
p
2 2z =1+i 3⇒|z | =1+3=4=2 ⇒|z |=2.B B BÃ !p
¡ ¢1 3 π πDoncz =2 +i =2 cos +ısin .B 3 32 2
π
Unargumentdez estdonc .B
3
b. z étant le conjugué de z son module est aussi égal à 2 et un de sesC B
π
argumentsest− .
3BaccalauréatSTIGéniemécanique,géniedesmatériaux A.P.M.E.P.
c. Cetteécrituremontrequelemodulede z estégalà2etquel’undesesD
2π
argumentsest .
3 Ã !p
¡ ¢ pπ 1 32π 2π2i 3d. z =2e =2 cos +isin =2 − +i =−1+i 3.D 3 3 2 2
à !p
¡ ¢ pπ 1 − 3−i −π −π
3z =2ie =2i cos +isin =2i +i = 3+i.E 3 3 2 2
3. a.
2
D B
1
E
A
O
−3 −2 −1 1 2
−1
C
−2
−3
Dans les questionssuivantes,toute tracederecherche,mêmeincomplète,
oud’initiative,mêmenonfructueuse,serapriseencomptedansl’évalua-
tion.
p
2 2b. Onaz =− 3+i⇒|z | =3+1=4=2 ⇒|z |=2.E E E
Donc les affixes des points A, B, C, D et E ont un module égal à 2 : ces
cinqpointsappartiennentdoncaucercledecentreOetderayon2.
c. Voirlafigure
d. Bet C ontla même partie réelle, donc la droite(BC) est parallèle à l’axe
desordonnées;
BetDontla mêmepartieimaginaire,doncla dtoite(BD)estparallèle à
l’axedesabscisses.
Conclusion : les droites (BC) et (BD) sont perpendiculaires : le triangle
DBCestrectangleenB.
PROBLÈME 10points
Métropole 2 juin2010
bbbbbBaccalauréatSTIGéniemécanique,géniedesmatériaux A.P.M.E.P.
−x1. a. Ona: lim e =0et lim −x=−∞,donc lim f(x)=−∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
−x −x x −x x −x −x x xb. f(x)=6−x−e =6e e −xe e −e =e (6e −xe −1).
x x −x
Avec lim xe = 0 et lim e = 0 et lim e =+∞, on obtient par
x→−∞ x→−∞ x→−∞
somme(laparenthèseapourlimite−1),puisproduitdelimites:
lim f(x)=−∞
x→−∞
2. a. Soitd lafonctiondéfiniesurRpar
−x −xd(x)= f(x)−(−x+6)=6−x−e +x−6=−e
Comme lim d(x)=0, la droiteΔ d’équation y=6−x est asymptote à
x→+∞
C auvoisinagedeplusl’infini.f
−x −xb. d(x)=−e < 0, car e > 0 pour tout réel x. Ceci signifie que f(x)<
−x+6,c’est-à-direquelacourbeC estendessousdesonasymptoteΔ.f
3. a. f sommedefonctionsdérivablessurRestdérivablesurRet:
x x1 e 1 1−e′ −xf (x)=−1+e =−1+ =− + = .
x x x xe e e e
x xb. 1−e > 0 ⇐⇒ 1> e ⇐⇒ ln1> x (par croissance de la fonction ln)
⇐⇒ 0>x ⇐⇒ x60. −
xc. D’aprèsles deuxquestions précédentes commeê >0pour toutréel,le
′ x ′signede f (x)estceluide1−e ,doncsix60, f (x)>0;
′Onobtiendraitdemêmequesi x>0, f (x)>0.
Lafonction f estdonccroissantesur]−∞ ; 0[etdécroissantesur]0;+
∞[.D’oùletableau:
x −∞ 0 +∞
′f (x) +
5
f(x)
−∞ −∞
′4. Δ a même coefficient directeur queΔ : son équation est donc y =−x. Les
′pointscommunsàΔ etàC ontuneabscissequivérifie:f
−x −xf(x)=−x ⇐⇒ 6−x−e =−x ⇐⇒ 6=e ⇐⇒ ln6=−x ⇐⇒ x=−ln6.
′LepointcommunàΔ etàC estN(−ln6 ; ln6).f
5. UneéquationdeT est:
′M(x ; y)∈T ⇐⇒ y−f(−ln6)= f (−ln6)(x−(−ln6)).
Onvientdevoirque f(−ln6)=ln6;
′ ln6f (−ln6)=−1+e =−1+6=5.
DoncM(x ; y)∈T ⇐⇒ y−ln6=5(x−(−ln6)) ⇐⇒ y=5x+6ln6.
6. Voirlafigureplusbas.
′ −x7. a. F estdérivablesurRetF (x)=6−x−e = f(x).
F estdoncuneprimitivede f surR.
b. Voirlafigure
c. D’aprèsletableaudevariationscomme f(−ln6)=ln6>0etquelafonc-
tionestcroissantesur]−∞; 0[,ilenrésultequesurl’intervalle[−ln6; 0[
la fonction f est positive. Par conséquent l’aireA dudomaine délimité
par la courbeC , l’axe des abscisses, la droite d’équation x=−ln(6) etf
l’axedesordonnéesestégale(enunitéd’aire)àl’intégrale:
Métropole 3 juin2010BaccalauréatSTIGéniemécanique,géniedesmatériaux A.P.M.E.P.
Z µ ¶20 (−ln6)0 ln6f(x)dx=[F(x)] =F(0)−F(−ln6)=1− −6ln6− +e =−ln6 2−ln6
2 2(−ln6) (ln6)
1+6ln6+ −6=6ln6+ −5.
2 2
2A ≈7,4cm .
5
4
3
2
1
O
−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
−6
Métropole 4 juin2010