Corrigé du baccalauréat STI

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI\ Géniemécanique, civil Métropole 17 juin 2008 EXERCICE 1 5 points Partie I : Q. C. M. 1. Z1 = zAzB = 4ei pi 6 ?4e?i 2pi 3 = 16e?i pi 2 =?16i. Réponse C. 2. Z2 = z6A = ( 4ei pi 6 )6 = 46eipi =?46. Réponse B. 3. zA = 4ei pi 6 = 4e?i pi 6 . Réponse C. 4. zC =?2+2i. Calcul du module : |zC|2 = 4+4= 4?2?|zC| = 2 p 2. Calcul d'un argument : onpeut écrire zC = 2 p 2 ( ? p 2 2 + i p 2 2 ) = 2 p 2 ( cos 3pi 4 + isin 3pi 4 ) = 2 p 2ei 3pi 4 . Réponse B. Partie II 1. Soit M un point du plan d'affixe z. a. |z ? zA| =AM b. |z ? zA| = |z ? zB| ?? AM = BM , donc M est équidistant de A et de B. L'ensemble cherché est la médiatrice de [AB].

• point du plan d'affixe z


• aire en cm2 de la surface


• bc2 ??


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2008
• Nombre de lectures: 88
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI\ Génie mécanique, civil Métropole 17 juin 2008

E X E R C IC E 1 Partie I : Q. C. M.

π2π π i−i−i 1.Z 1 =z A z B =4e×4e=16e= −16i. Réponse C. 6 32 ³ ´ π 6 6 i 6 iπ6 6 2.Z 2 =z=4e=4 e= −4 .Réponse B. A

π π i−i 3.z A =4e=Réponse C.4e . 6 6

5 points

4.z C = −2+2i. 2 Calcul du module :|z C | =4+4=4×2⇒ |z C | =2 2. Ã ! p µ ¶ 2 23π3π Calcul d’un argument :on peut écrirez C =2 2− +i=2 2cos+i sin= 2 24 4 p 3π i 2 2e. Réponse B. 4

Partie II 1.SoitMun point du plan d’affixez. a. | z−z A | = AM b. | z−z A | = | z−z B | ⇐⇒ AM=BM, doncMest équidistant de A et de B. L’ensemble cherché est la médiatrice de [AB]. ³ ´ ¡ ¢ π π 3 1 c.z A =4 cos+i sin=4+i sin=2 3+2i. 6 6 22 ³ ´ ¡ ¢ 2π2π 1 3 z B =4 cos+i sin=4− +i sin= −2+2i 3. 3 32 2 p p ¯ ¯¯¯ D’où | z C −z A − | = 2+2i−2 3−2i= −2−2 3=2+2 3. p ¯¯¯ ¯ Et | z C −z B | = −2+2i+2+2i 3=i(2+2 3=2+2 3. Conclusion C∈D. ¡ ¢¡ ¢ 2 22 ¯ ¯ 2 2 2.Calculons AB = | z B −z A − | = 2+2i 3−2 3−2i= −2−2 3+2 3+2= p pp 4+12+8 3+12+4+8 3=32+16 3. ¡ ¢p p 2 2 Or on a vu que AC=2+2 3⇒AC=4+12+8 3=16+8 3=BC . p p 2 2 2 Donc 32+16 3=16+8 3+16+8 3⇐⇒AB=AC+BC⇐⇒ABC est un triangle rectangle en C d’après la réciproque du théorème de Pythagore. 3.Conclusion le triangle ABC est rectangle en C et isocèle en C.

E X E R C IC E points2 5 1 ′ 1. a.Sur [0 ; 2π],f(x)= −sinx− ×2 sin(2x)= −sin(x)−sin(2x). 2 ′ b.On sait que sin(2x)=2 sin(x) cos(x), doncf(x)= −sin(x)−2 sin(x) cos(x)= −sin(x)[1+2 cos(x)].

A. P. M. E. P.

Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil

( ½ sin(x)=0 sin(x)=0 2.sin(x)[1+2 cos(x)]=0⇐⇒ ⇐⇒ 1 1+2 cos(x)=0 cos( x)= − 2 La première équation a pour solutions 0,πet 2π; 2π4π La seconde a pour solutions :et . 3 3 2π4π ′ Conclusion : la dérivéef(x,) s’annule en 0,π2, etπ. 3 3 3. a.

x

0

2π 3

π

4π 3

2π

′ − − Signe def(x) 0 0 + 0 0 + 0

b.Les extremums de la fonction : f(0)=1+0, 5+1=;2, 5 µ ¶ ¡ ¢ 1 1 2π f+= −0, 5× −+1= −0, 5−0, 25+1=0, 25; 3 2 2 f(π)= −1+0, 5×1+1=;0, 5 µ ¶ ¡ ¢ 1 1 4π f+= −0, 5+× −1= −0, 5−0, 25+1=0, 25; 3 2 2 f(2π)=1+0, 5×1+1=2, 5. D’où le tableau de variations de la fonction :

x

0

2π 3

π

4π 3

2π

′ Signe def(x) 0 − 0 + 0 − 0 + 0

4.Voir plus bas.

f(x)

2,5

0,25

0,5

0,25

2,5

P R O B L È M E 10 points Partie A: limites aux bornes de l’ensemble de définition 2x x 1.lim 2On sait quex= −∞lim e, donc=lim e0 et=0, donclimf(x)= x→−∞x→−∞x→−∞x→−∞ 4. Géométriquement ceci signifie que la droite (D) d’équationy=4 est asymp tote à (C) en−∞.

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A. P. M. E. P.

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2xx x 2 x x2 2. a.f(x)=e−5e+4=(e )−5e+4 ; posonsX=e ,alorsf(x)=X−5X+4 qui est un trinôme enX. 2 Δ=25−16=9=les solutions de l’équation3 ;f(x)=0 sont doncX 1 = 5+3 5−3 =4 etX 2 = =1. 2 2 x x Doncf(x)=(X−5)(X−1)=(e−4) (e−1). x xx b.Comme lim e= +∞, lim e−4= +∞et lim e−1= +∞et finale x→+∞x→+∞x→+∞ ment limf(x)= +∞. x→+∞

Partie B : intersection de la courbe (C) avec l’axe des abscisses ½ ½ x x e−4=0 e=4 Il faut résoudref(x)=0⇐⇒⇐⇒ ⇐⇒ x x e−1=0 e=1 ½ x=ln 4=2 ln 2 x=ln 1=0 Conclusion : la courbe (C) coupe l’axe des abscisses enx=0 etx=2 ln 2.

Partie C : étude des variations de la fonctionf

′2x xx x 1. a.En utilisant l’écriture initiale :f(x)=2e−5e=e (2e−5). x′ b.On sait que e>0 quel que soit le réelx; le signe def(x) est donc celui µ ¶ 5 x x de 2e−5 qui s’annule si 2e=5⇐⇒x=ln . 2 µ ¶ 5 5 x xx De plus 2e−5>0⇐⇒2e>5⇐⇒e> ⇐⇒x>ln . 2 2 µ ¶ 5 x On a de même 2e−5>0⇐⇒x<ln . 2 µ ¶ 5 5 x 2.On a vu quex=ln⇐⇒e=. 2 2 µ ¶µ ¶µ ¶ 5 55 3 x x Donc puisquef(x)=(e−4) (e−1), alorsfln= −4−1×= − 2 22 2 3 9 = −. 2 4 x′ 3.Le signe de 2e−5 étant celui def(x) on a alors les variations de la fonction f:

5 ln x−∞ 2 +∞ ′ − f(x) 0 + 4 +∞ f(x) 9 − 4

4.Voir plus bas.

Partie D : calcul d’une aire 1 2x2x 1.Une primitive de eest e ,donc une primitive defsurRest définie par : 2 1 2x x F(x)=e−5e+4x. 2

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A. P. M. E. P.

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2. a.On a vu quef(0)=f(ln 4)=0 et que sur l’intervalle [0 ;ln 4],la fonction fest négative. Z ln 4 ln 4 Donc l’aire de la surface est égale à :−f(x) dx= [ −F(x)]=F(0)− 0 0 µ ¶ 1 11 0 02 ln 4ln 4 F(ln 4)=e−5e+4×0−e−5e+4 ln 4= −5−8+20−4 ln 4= 2 22 15 −4 ln 4(u. a.) 2 2 2 Comme 1 u.a. =2×1=, l’aire en cm2 cmde la surface est égale à 2 15−8 ln 4cm . 2 b.15La calculatrice livre :−8 ln 4≈3, 909≈millimètre carrécm au3, 91 près

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A. P. M. E. P.

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ANNEXE à l’exercice 2 (à compléter et à rendre avec la copie) La courbe préconstruite cidessous est la représentation graphique de la fonction ′ dérivéefsur l’intervalle [0 ; 2π]. 3

2

1 1

0 -1 01 1 2 3 4 5 6 7

-1

-2

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-4

D

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-3

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-2

6

-1

10 y

9

8

7

6

5

4

3

2

1 1

0 O 0

-1

-2

-3

-4

1 1

C

x 2

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