Corrigé baccalauréat série STI Génie mécanique civil

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil \ Métropole 16 septembre 2010 EXERCICE 1 5 points 1. a. P (3)= 33?27= 27?27 = 0, donc 3 est une solution de l'équation P (z)= 0. On en déduit que P (z)= z3?27= (z ?3) ( az2+bz +c) ) = az3+ (b ?3a)z2+ (c ?3b)z ?3c = 0. On obtient par identification : a = 1, c = 9, d'où b ?3 = 0 ?? b = 3 et 9?3b = 0 ?? b = 3. On a donc P (z)= z3?27= (z ?3) ( z2+3z +9) ) . b. Comme ?= 32?4?9= 9?4?9=?3?9= (3ip3)2 < 0, l'équation a deux solutions comp ;exes conjuguées : ?3+3i p 3 2 et ?3?3i. p 3 2 c. P (z)= 0 ?? (z ?3)(z2+3z +9))= 0 ?? { z ?3= 0 z2+3z +9= 0 D'après les deux questions précédentes les trois solutions de l'équation sont ?3+3i p 3 2 ; 3 ; ?3?3i p 3 2 .

• défaut d'épaisseur de caoutchouc


• axe des abscisses


• symétriques autour de l'axe


• aire précédente


• hauteur de sécurité


• calcul d'aire


• pot

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2010
• Nombre de lectures: 112
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil\ Métropole 16 septembre 2010

E X E R C IC E points1 5 3 1. a.P(3)=3−27=27−27=0, donc 3 est une solution de l’équationP(z)=0. ¡ ¢ 3 2 On en déduit queP(z)=z−27=(z−3)a z+b z+c)= 3 2 a z+(b−3a)z+(c−3b)z−3c=0. On obtient par identification :a=1,c=9, d’oùb−3=0⇐⇒b=3 et 9−3b=0⇐⇒b=3. ¡ ¢ 3 2 On a doncP(z)=z−27=(z−3)z+3z+9) . ¡ ¢ 2 2 b.Commeδ=3−4×9=9−4×9= −3×9=3i 3<0, l’équation a deux solutions comp ;exes conjuguées : p −3+3i 3−3−3i. 3 et 2 2 ½ ¡ ¢ z−3=0 2 c.P(z)=0⇐⇒(z−3)z+3z+9)=0⇐⇒ 2 z+3z+9=0 D’après les deux questions précédentes les trois solutions de l’équation p −3+3i 3−3−3i 3 sont ;3 ;. 2 2 9 27 36 2 2 2. a.On a | z 2 | = + = =9=donc3 , | z 2 | = 3. 4 44 On peut en factorisant écrire : Ã ! 1 3 ¡ ¢ 2π 2π2π i z 2 =3− +i=3 cos+i sin=3e . 3 3 3 2 2 2π −i Commez 3 = ( z 2 ), on az 3 =3e . 3 La bonne écriture est la 3. b.Voir la figure plus bas. Il s’agit de tracer les deux triangles équilatéraux dont un côté a pour extrémité O et l’autre le point d’affixe−3. On peut aussi construire les points M 2 et M 3 avec leur partie réelle : ils 3 sont tous deux sur la droite d’équationx= −et sur le cercle de centre 2 O et de rayon 3. c.Proposition 1 : Fausse : M 2 et M 3 sont symétriques autour de l’axe des abscisses : ils sont donc équidistants de M 1 et M 1 M 2 =M 1 M 3 Proposition 2 : H étant le projeté orthogonal de M 2 (ou M 3 ) sur l’axe des abscisses, l’aire cherchée est le double de l’aire du triangle rectangle M 1 HM 2 , soit : p 1 ¡ ¢ 27 3 3 33 9 33 2 2×HM 1 ×HM 2 × =3== ×+ ×cm . 2 22 2 2 4 L’affirmation est vraie.

Baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil

M 2

−→ v H −→ O −3 u

M 3 −3

E X E R C IC E 2 Partie A  Échantillon du lundi

M 1

A. P. M. E. P.

6 points

Tableau du lundiPièces présentant unTotalPièces ne présentant défaut de dimensionpas de défaut de dimension Pièces présentant un2 1315 défaut d’épaisseur de 1. caoutchouc Pièces ne présentant3 232235 pas de défaut d’épaisseur de caoutchouc Total 5245 250 235 940 2.Le pourcentage est égal à :×100= ×100=94 % 250 1000 Partie B  Échantillon du mardi 1. a.ut de3 pots en moyenne sur un prélévement de 200 présentent un défa 3 dimension, doncp(D)=. 200 2+187=189 pots sur 200 ne présentent pas de défaut d’épaisseur de 189 caoutchouc, doncp(E)=. 200 b.D∩Ele pot prélevé présente un défaut dereprésente l’évènement : « dimension et ne présente pas de défaut d’épaisseur de caoutchouc ». Il y 2 1 en a 2, doncp(D∩E)= =; 200 100 D∪Ele pot prélevé présente un défaut dereprésente l’évènement : « dimension ou ne présente pas de défaut d’épaisseur de caoutchouc ». Il y en a 2. On sait quep(D∪E)=p(D)+p(E)−p(D∩E). 3 1893 189 2190 On ap(D)=etp(E)=, doncp(D∪E)− == += 200 200200 200 200200 95 . 100 2. a.Les valeurs deXpossibles sont : 0,20 = 1,50  1,30; 0,05 = 1,50  1,45 et −1, 30=0−1, 30.

Métropole

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A. P. M. E. P.

b.aisseur,Il y a en moyenne 10 pots sut 200 présentant le seul défaut d’ép donc 10 1 p(X=0, 05)= =. 200 20 187 c.Pots sans défaut :p(X=0, 20)=, donc il restep(X= −1, 30)=1− 200 10 187 126 − = =. 200 200 200 100 187 106 d.On a E(X)=0, 20× +0, 05× −1, 30× =0, 187+0,025−0, 078= 200 200 100 0, 134((). Ceci signifie qu’en moyenne l’entreprise gagnera 134(pour une pro duction de 1 000 pots.

B P R O B L È M E A O Partie 1  Étude de la fonctionfreprésentée par la courbeC

9 points

1+1 1.On litf(0)=4. Doncf(0)=a− =4⇐⇒a=5. Conclusion : 2 0,2x−0,2x e+e f(x)=5− 2 −0,2x0,2x e+e 2.On a pourx∈[−8 ; 8],f(−x)=5− =f(x). 2 La fonction est paire carf(−x)=f(x) sur un intervalle symétrique autour de 0. Sa courbe représentative est donc symétrique autour de l’axe des ordonnées. 3.fest la somme de fonctions dérivables sur [−8 ; 8] et : · ¸ 1 ¡ ¢¡ ¢ 1 ¡ ¢ ′0,2x−0,2x−0,2x0,2x−0,2x0,4x f(x)=0−0, 2e−0, 2e=e0, 1−e=e 1−e . 2 10 1 ′ 4.On a doncf(0)= ×1(1−1)=0. Le coefficient directeur de la tangenteTà 10 la courbeCen son point d’abscisse 0 est nul, cette tangente est horizontale et contient le point (0 ; 4). L’équation de la tangenteTest doncy=4. 1 ¡ ¢¡ ¢ ′ −0,2x0,4x−0,2x0,4x 5.f(x) > 0⇐⇒e 1−e > 0⇐⇒e 1−e > 0⇐⇒1− 10 0,4x−0,2x0,4x e > 0, car quel que soitx∈R, e>0)⇐⇒1 > e⇐⇒ln 1 > 0, 4xln e (par croissance de la fonction ln)⇐⇒0 > 0, 4x⇐⇒x 6 0. ′ On a doncf(x) > 0⇐⇒ −8 6 x 6 0. · ¸ 1 6.D’après la question précédente la fonction est croissante sur l’intervalle−.8 ; 4 ′ On obtiendrait de même quef(x) 6 0⇐⇒0 6 x 6 8. −1,6 1,6 e+e D’autre part :f(−8)=5− =f(8)≈2, 42d’après la question 2. D’où 2 le tableau de variations :

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x−8 08 ′ − f(x) + 0 4 f(x) ≈2, 42≈2, 42

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A. P. M. E. P.

x4 5,5 8 7. f(x) 3,67 3,33 2,42 Les véhicules circulant à droite il faut considérer la hauteur au niveau dex=4, soitf(4)≈3, 67diminuée de la hauteur de sécurité de 50 cm. Il faut donc limité la hauteur de passage maximale à 3,17 cm.

Partie 2  Calcul d’aire

1 ax ax 1.Une primitive de la fonctionx−→7e ,aveca∈Restx7→−e ,donc a Z ·µ ¶¸ 8 8 ¡ ¢ 1 1 £ ¤ 8 0,2x−0,2x0,2x−0,2x0,2x−0,2x I=e+e dx=e+e=5 e−e= −8 0, 2−0, 2 −8 −8 £ ¤£ ¤¡ ¢ 1,6−1,6−1,61,6 1,6−1,6 1,6−1,6 2 5 e−e−e+e=5 2e−2e=10 e−e m, puisque l’unité 2 d’aire est égale à 1=1 m. 2.On a vu que sur [−8] la fonction8 ;f; donc l’aire de la surfaceest positive limitée par la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équationx:−8 etx=8 est égale à : Z ·¸ Z Z 8 0,2x−0,2x 8 8 e+e ¡ ¢ 0,2x−0,2x 5−dx=5dx−e+e=40−(−40)−I=80−I −8 2 −8−8 L’aire de la surface hachurée est donc la différence de l’aire du rectangle de longueur 16 et de hauteur 5 et de l’aire précédente soit : ¡ ¢ 1,6−1,6 16×5−(80−I)=80−80+I=I=10 e−e . ¡ ¢ 1,6−1,6 2 3.On aI=10 e−e ]≈47, 511≈47, 51m 2 4.Un bidon de 30 litres permet de peindre 30×0, 3=.9 m 47, 11 Pour peindre les deux faces il faut donc 2× ≈10, 5. 9 Il faut donc acheter 11 bidons.

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