Corrigé du baccalauréat STI mars 2011

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI mars 2011 \ Génie mécanique - Génie énergétique - Génie civil Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 5 points 1. a. On a 23?2(1+p3)22+4(1+p3)?2?8 = 8?8?8p3+8+8p3?8= 0, ce qui montre que 2 est une solution de l'équation (E). b. L'équation (E) est du troisième degré ; comme 2 est solution le polynôme du troisième degré est le produit de z?2 par un trinôme du second degré dont le terme de degré 2 est z2 ; il existe donc deux réels ? et ? tels que l'équation s'écrive : (z ?2)(z2+?z +?)= 0. En développant cette écriture : (E) ?? z3+?z2+?z?2z2?2?z?2?= 0 ?? z3+(??2)z2+(??2?)z? 2?= 0 et en l'identifiant avec l'énoncé on obtient : ? ? ? ??2 = ?2?2p3 ??2? = 4+4p3 ?2?=?8 ?? ? ? ? ? = ?2p3 ??2? = 4+4p3 ?= 4 , la seconde égalité étant vraie. On a donc (E) (z ?2)(z2?2p3z +4)= 0. c. Équation du second degré : z2?2p3z +4= 0 : ∆= (2p3)2?4?1?4= 12?16 =?4= (2i)2 < 0.

• intersection avec l'axe des ordonnées


• axe des ordonnées au point


• génie mécanique


• ?ex ?


• ??


• produit de limites


• axe des abscisses au point

Sujets

• Génie mécanique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2011
• Nombre de lectures: 21
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI mars 2011\ Génie mécanique  Génie énergétique  Génie civil NouvelleCalédonie

E X E R C IC E points1 5 ¡ ¢¡ ¢ p p 3 2 1. a.On a 2−2 1+3 2+4 1+3×2−8=8−8−8 3+8+8 3−8=0, ce qui montre que 2 est une solution de l’équation (E). b.L’équation (E) est du troisième degré ; comme 2 est solution le polynôme du troisième degré est le produit dez−2 par un trinôme du second degré 2 dont le terme de degré 2 estz; il existe donc deux réelsαetβtels que l’équation s’écrive : ¡ ¢ 2 (z−2)z+αz+β=0. En développant cette écriture : 3 22 32 (E)⇐⇒z+αz+βz−2z−2αz−2β=0⇐⇒z+(α−2)z+(β−2α)z− 2β=0 et en l’identifiant avec l’énoncé on obtient :  p  α−2= −2−2 3α= −2 3   p β−2α=4+4 3 ⇐⇒ β−2α=4+4 3 , la seconde   −2β= −8β=4 égalité étant vraie. ¡ ¢ 2 On a donc (E) (z−2)z−2 3z+4=0. p 2 c.Équation du second degré :z−2 3z+4=0 : ¡p¢ 2 2 Δ=2 3−4×1×4=12−16= −4=(2i)<0. Cette équation a donc deux solutions complexes conjuguées : p 2 3+2i z 1 = =3+i etz 2 =3−i. 2 2 2 On a | z 1 | = 3+1=4=2 ⇒ | z 1 | = 2. à ! 3 1 D’oùz 1 =2+i . 2 2 π π 3 π1 Or cos=et sin=, donc un argument dez 1 est . 6 26 2 6 π Commez 2 =z 1 , on a | z 2 | = 2 et un argument dez 2 est−. 6 2. a.On place A grâce au cercle de centre O de rayon 2 et de la droite d’équa tiony=a1 qui coupe le cercle en un point d’ordonnée positive A. Voir l figure à la fin. z A etz B ont pour module 2, donc OA = OB = 2 : le triangle OAB est isocèle en O. b.OAB est isocèle en O et C est le milieu de la base [AB] donc le pied de ³ ´ −→−→ π la hauteur et de la bissectrice issues de O. CommeOB ; OA=, on a 6 ³ ´ −→−→ π OB ; OC=. 12 c.Comme C est le milieu de [AB] : p p z A +z B z 1 3+i+2 3+2 1 c= =z B 2= =+i . 2+22 2 à ! p 2 µ ¶ p 2 3+2 13+4+4 3+1 8+4 3 2 d.On a|c= =+ =| =2+3, donc 2 24 4

Baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

q p |c| =2+3. Ã ! p 2 6+2 6+22 128+4 3 2 Calculons== =2+3= |c|. 2 44 p p 6+2 Donc|c| =2+3=. 2 6+2π e.Le modulecun de ses arguments est; on peut doncest et 2 12 écrire : p 6+2 6+2 ¡ ¢ 3+2 1 π ππ c=ei=cos+i sin= +i . 12 1212 2 22 2 Donc en identifiant les parties imaginaires : ³ ´³ ´ 6+2π1π1 6−2 sin= ⇐⇒sin= p p p == p 2 122 12 6+2 (6+2)( 6−2) 6−2 . 4

1

A

−→ v C B −→ O −2−1 u 1

−1

−2

E X E R C IC E points2 5 Z Z ZZ π π ππ ¡ ¢ 2 2 22 2 22 2 1. a.I+J=cosxdx+sinxdx=cosx+sinxdx=1 dx= 0 0 00 π π 2 [ x ] =. 0 2 Z ZZ Z π ππ π 2 22 ¡ ¢ 2 2 22 2 b.I−J=cosxdx−sinxdx=cosx−sinxdx=cos 2xdx= 0 00 0 · ¸ π 1 11 2 sin 2x=sinπ−sin 0=0−0=0. 2 22 0 c.En ajoutant membres à membres les deux égalités précédentes : 2I= π ππ ⇐⇒I=d’oùJ=I=. 2 44 2 22 2 2. a.f(x)=(cosx+2 sinx)=cosx+4 sinx+4 sinxcosx= 2 2 cosx+4 sinx+2 sin 2x.

NouvelleCalédonie

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mars 2011

Baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

b.On a donc : Z π Z π £ ¤ 2 2 2 22 V=πf(x) dx=πcosx+4 sinx+2 sin 2xdx= 0 0 Z ZZ π ππ 2 22 2 2 πcosxdx+4πsinxdx+2πsin 2xdx= 0 00 ¡ ¢ π 2 5π πI+4πJ+π[−cos 2x]=5πI+π(1−cosπ)=5πI+2π=π(5I+2)=π+2= 0 4 π(5π+8) V=. 4

P R O B L È M E Partie A : Étude d’une équation différentielle

10 points

1.On sait que les solutions de l’équation sont les fonctions définies surRpar x f(x)=Ke ,K∈R. ′x xx 2.uest dérivable surRetu(x)= −e−xe+Ce . ′x xxx xx xx x Doncu(x)−u(x)= −e−xe+Ce− ( −xe+Ce )= −e−xe+Ce+xe− x x Ce= −ce qui montre que les fonctionse ,usont solutions de l’équation dif férentielle (E). x x0 0 3.u(x)= −xe+Ce etu(0)=2 entraîne−0e+Ce=2⇐⇒C=2. x xx La fonction définie surRparu(x)= −xe+2e=(2−x)e estsolution de (E) et vérifieu(0)=2.

Partie B : Étude d’une fonction

1.Étude des limites de la fonctionf x a.On alim (2−x)= −∞et lim e= +∞, donc par produit de limites : x→+∞x→+∞ limf(x)= −∞. x→+∞ x x f(x)=2e−xe . x x On alim 2e=0 etlimxe=0, donc par somme de limiteslimf(x)= x→−∞x→−∞x→−∞ 0. b.Le résultat précédent montre que l’axe des abscisses d’équationy=0 est asymptote àCau voisinage de moins l’infini. 2.Étude des variations de la fonctionfsurR a.fest dérivable surRet : ′xx x f(x)= −e+(2−x)e=(1−x)e . x′ b.Comme e>0 quel que soit le réelx, le signe def(x) est celui de 1−x, donc : ′ •1−x>0⇐⇒x<1,f(x)>0 : la fonction est croissante sur ]− ∞; 1[; ′ •1−x<0⇐⇒x>1,f(x)<0 : la fonction est décroissante sur ]1 ;+∞[, d’où le tableau de variations :

x−∞ 1 +∞ e f(x) 0 −∞

3.Tracé de la courbeC

NouvelleCalédonie

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A. P. M. E. P.

′ a.On aM(x;y)∈T 0 ⇐⇒y−f(0)=f(0)(x−0). 0′0 Orf(0)=2×e=2 etf(0)=1×e=1. DoncM(x;y)∈T 0 ⇐⇒y−2=x⇐⇒y=x+2. b.Intersection avec l’axe des abscisses : il faut résoudre l’équation : x x f(x)=0⇐⇒(2−x)e⇐⇒2−x=0 (car e6=0)⇐⇒x=2. La courbeCcoupe l’axe des abscisses au point (2 ; 0). 0 Intersection avec l’axe des ordonnées :f(0)=(2−0)e=2. La courbeCcoupe l’axe des ordonnées au point (0 ; 2). c.Voir à la fin.

Partie C : Calcul d’une aire plane

1.Fest dérivable surRet : ′xx x F(x)= −e+(3−x)e=(2−x)e=f(x). Cette égalité montre queFest une primitive defsurR. 2. a.On a vu que sur ]− ∞; 2[,f(x)>0, donc l’aire, en unité d’aireA(α) est égale à : Z 2 £ ¤ 2 2α A(α)=f(x) dx= [ F(x)]=F(2)−F(α)=(3−2)e−(3−α)e= α α 2α e−[(3−α)e ]. α α α b.On a (3−α)e=3e−αe . £ ¤ α αα Or lim3e=0 etlimαe=lim (30, donc−α)e=0 et finale α→−∞α→−∞α→−∞ ment :

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2 limA(α)=e . α→−∞

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y

2

1

T 0

C

A. P. M. E. P.

A(α)

α O x −3−2−1 12

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−3

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