Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil \ Métropole juin 2007 EXERCICE 1 4 points 1. On sait que les solutions sont de la forme y = Acosπx+B sinπx, A ?R,B ?R. 2. Il faut trouver une fonction g telle que g (x)= Acos π2 x+B sin π 2 x et donc g ?(x)= ?A π2 sin π 2 x+B π 2 cos π 2 x et vérifiant { g ( 1 2 ) = p 2 2 g ? ( 1 2 ) = 0 ?? { Acos π2 1 2 +B sin π 2 1 2 = p 2 2 ?A sin π2 1 2 +B cos π 2 1 2 = 0 ?? { A p 2 2 +B p 2 2 = p 2 2 ?A p 2 2 +B p 2 2 = 0 ?? { A+B = 1 ?A+B = 0 ? 2B = 1 ?? B = 1 2 et donc A = 1 2 . Donc g (x)= 1 2 cos π2 x+ 1 2 sin π2 x. 3. g (x)= 1 2 cos π2 x+ 1 2 sin π2 x = p 2 2 (p 2 2 cos π 2 x+ p 2 2

• construction de la courbe asso- ciée


• lnx


• acos π2


• réciproque du théorème de pythagore


• ?? ?


• ona lim

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 29
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,civil\
Métropolejuin2007
EXERCICE 1 4points
1. Onsaitquelessolutions sontdelaforme y= Acosπx+Bsinπx, A∈R,B∈R.
π π ′2. Ilfauttrouverunefonctiong tellequeg(x)= Acos x+Bsin xetdoncg (x)=
2 2
π π π π−A sin x+B cos x etvérifiant
2 2 2 2( ( ( p p pp p¡ ¢ 2 2 21 2 π 1 π 1 2 A +B =g = Acos +Bsin = 2 2 22 2 2 2 2 2 2 p p¡ ¢ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
′ 1 π 1 π 1 2 2g = 0 −Asin +Bcos = 0 −A +B = 02 2 2 2 2 2 2½
1 1A+B = 1
⇒2B=1⇐⇒ B= etdonc A= .
−A+B = 0 2 2
1 1π πDoncg(x)= cos x+ sin x.2 22 2
à !p p p p ³ ´1 1 2 2 π 2 π 2 πx ππ π3. g(x)= cos x+ sin x= cos x+ sin x = cos − .
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 4
4. Lavaleurmoyennedelafonction g surl’intervalle [0;1]estégaleà:
" #p p pZ Z 11 1 ³ ´ ³ ´1 2 πx π 2 2 πx π 2 π
g(x)dx= cos − dx= sin − = sin −
1−0 2 2 4 π 2 2 4 π 40 0
0p ³ ´2 π 1 1 2
sin − = + = .
π 4 π π π
EXERCICE 2 5points
2 2 2 2 21. z +2z+10=0⇐⇒ (z+1) −1+10=0⇐⇒ (z+1) +9=0⇐⇒ (z+1) −(3i) =
0⇐⇒ (z+1+3i)(z+1−3i)=0.
L’équation adoncdeuxsolutions complexesconjuguées:
{−1−3i;−1−3i}.
2Autreméthode:Δ=4−40=−36=(6i) ...
½
−2c+d = 1+13i
2. ⇒ pardifférencec=3−5i, d’où d= c+4+8i=3−
−c+d = 4+8i
5i+4+8i=7+3i.
3. a. Voirlafigureàlafindel’exercice.
b. Onaz−→=−1−3i−(−1+3i)=−6i.
AB
−→z =7+3i−(−1+3i)=8.
AD
−→ →− −→ →− →− →−
On a donc AB =−6v et AD = 8u . Comme u et v sont orthogonaux,
−→ −→
AB etAD lesontaussi.DoncABDestrectangleenA.
2 2 2c. OnaBC =4 +(−2) =16+4=20;
2 2 2CD =4 +8 =16+64=80;
2 2 2BD =8 +6 =64+36=100.
2 2 2On a 100 = 80 + 20 ⇐⇒ BD = CD +BC ⇐⇒ BCD est un triangle
rectangleenCd’aprèslaréciproqueduthéorèmedePythagore.CorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
d. LesdeuxtrianglesrectanglesBCDetBADontlamêmehypoténuse[BD]:
lesquatrepointsA,B,CetDsontsurunmêmecercledecentrelemilieu
2de[BD]soitΩ.OnaΩ(3; 0).Comme BD =100, BD=10,donclerayon
ducercleestégalà5.
4
A D
3
2
1
→−
v
Ω
→−
−3 −2 −1 u 1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3
B
−4
−5
C
PROBLÈME 11points
PartieA
xex1. Ona lim e lnx=+∞et lim =+∞,d’oùparsommedelimites lim f(x)=
x→+∞ x→+∞ x→+∞x
+∞.
µ ¶ x1 e
x2. a. Ona f(x)=e lnx+ = (xlnx+1).Onalimxlnx=0,donclimxlnx+
x→0 x→0x x
xe
1=1et lim =+∞,d’oùparproduitdelimites, lim f(x)=+∞.
x→0 x x→0
b. Lerésultatprécédentmontrequel’axedesordonnéesDd’équationx=0
estasymptoteverticaleàlacourbeC auvoisinagedezéro.
PartieB:étuded’unefonctionintermédiaire
21 2 2x 1 2 2 x −2x+2′1. a. g (x)= − + = − + = .
2 4 2 3 3x x x x x x x
3 ′ 2b. Comme x>0⇒x >0, lesigne de g (x)est celui de x −2x+2. Pource
trinômeΔ=4−8=−4<0 : le trinôme est donc du signe de a=1 donc
positif.
′Conclusion: g (x)>0,donclafonction g estcroissantesur]0;+∞[.
Métropole 2 juin2007
bbbbbCorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
¡ ¢ 2 11 12. a. Ona g =ln + − =−ln2+4−8=−ln2−4<0et f(1)=ln1+¡ ¢2 2 1 21
2 2
2 1
− =0+2−1=1>0.
21 1 · ¸
1
Commelafonctiong estcroissantesur ; 1 ,ilexisteunréeluniqueα
2
decetintervalletelque g(α)=0.
b. Lacalculatricedonne f(0,5)≈−0,69et f(0,6)≈0,04,donc
0,5<α<0,6:
f(0,59)≈−0,01et f(0,60)≈0,04,donc0,59<α<0,60.
3. Desquestionsprécédentes, onendéduitque:
-sur]0; α[, g(x)<0;
-sur]α;+∞[, g(x)>0.
PartieC:étudedesvariationsdelafonction f etconstructiondelacourbeasso-
ciée
1. a. f est une somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[, donc sur cet in-
x x 2 x x x x1 xe −e x e lnx+xe +xe −e′ x xtervalle, g (x)=e lnx+e × + = =
2 2x x xµ ¶xe ¡ ¢ 2 12
2 x xx lnx+2x−1 =e lnx+ − =e g(x).
2 2x x x
x ′b. Comme e > 0, quel que soit x, le signe de f (x) est donc celui de g(x)
trouvéàlaquestion3delapartieprécédente:
′-sur]0; α[, f (x)<0;donc f estdécroissante
-sur]α;+∞[, g(x)>0;donc f estcroissante.
2. a.
x 0 α +∞
+∞ +∞
f(x)
f(α)
0,6e
0,6b. En prenant comme valeur approchéeα≈0,60, on a f(α)≈e + ≈
0,6
2,1.
3. a. Reproduireetcompléterletableauci-dessous.
x 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5
f(x)à
−110 près 3,4 2,2 2,2 2,7 3,6 4,8 6,5 8,8 11,9 16,0
b. Voiràlafin
PartieD:calculd’aire
1. F estdérivablesur]0;+∞[et
x1 e′ x x xF (x)=e lnx+e × =e lnx+ = f(x).
x x
F estdoncuneprimitivede f surl’intervalle ]0;+∞[.
2. a. Voirlafigure
Métropole 3 juin2007CorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
b. Le tableau de variations montre que f(x)> 0, quel que soit le réel x.
Doncl’aireenunitéd’airedelasurfaceE estégaleàl’intégrale
Z2
2 2 1 2f(x)dx=[F(x)] =F(2)−F(1)=e ln2−e ln1=e ln2(u.a.).1
1
2Orl’unitéd’aireestégaleà4×1=4cm .Doncfinalement:
2 2A(E)=4×e ln2≈20,49cm .
y
15
14
13
C
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
f(α)
2
1
→−

→−O α x
ı 1 2
Métropole 4 juin2007