Corrigé du baccalauréat STI Métropole

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Métropole \ 23 juin 2009 Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. a. On a |zA|2 = 1+3= 4= 2. Donc |zA| = 2. On factorise 2 : zA = 2 ( 1 2 + i p 3 2 ) = 2 ( cos π3 + i sin π 3 ) . Un argument de zA est donc égal à π 3 . b. zA = 2 ( cos π3 + isin π 3 ) = 2ei ? 3 . c. Le point A est le point d'ordonnée positive commun au cercle unitaire et à la droite x = 12 . 2. a. La rotation étant de centre O, on a zB = ei π 3 zA = ei π 3 ?2ei π 3 = 2e2i π 3 . b. On a donc zB = 2 ( ? 1 2 + i p 3 2 ) =?1+ i p 3. c. Le point B est le symétrique de A autour de Oy . 3. Par définition de la rotation OA = OB, le triangle est isocèle et ?AOB= π3 . On en déduit que ses trois angles ont la même mesure : il est donc équilatéral.

• point d'ordonnée positive


• définition de la rotation oa


• corrigé du baccalauréat sti


• ?? ?


• cete intervalle


• ei π


• commun au cercle unitaire


• baccalauréat sti

Sujets

• France 5
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• France 2

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2009
• Nombre de lectures: 18
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTIMétropole\
23juin2009
Génieélectronique,électrotechnique,optique
EXERCICE 1 5points
21. a. Ona|z | =1+3=4=2.Donc|z |=2.A AÃ !p
¡ ¢1 3 π πOnfactorise2:z =2 +i =2 cos +isin .A 3 32 2
π
Unargumentdez estdoncégalà .A
3
¡ ¢ Ππ π i
3b. z =2 cos +isin =2e .A 3 3
c. LepointAestlepointd’ordonnéepositivecommunaucercleunitaireet
1àladroitex= .
2
π π π πi i i 2i
3 3 3 32. a. LarotationétantdecentreO,onaz =e z =e ×2e =2e .B A
à !p
p1 3
b. Onadoncz =2 − +i =−1+i 3.B
2 2
c. LepointBestlesymétriquedeAautourdeOy.
π?3. PardéfinitiondelarotationOA=OB,letriangleestisocèleetAOB= .Onen
3
déduitquesestroisanglesontlamêmemesure:ilestdoncéquilatéral.
π4. a. LepointCestl’imagedeAdanslarotationdecentreOetd’angle .4
b. Cf.figure
¡ ¢π π 7πi i i 7π 7π 7π 7π
3 4 12c. z =2e ×e =2e =2 cos +isin =2cos +2isin .C 12 12 12 12³ ´p p¡ ¢πi π π 2 2
4d. z =z e =z cos +isin =z +i .C A A A4 4 2 2
à !p p p p³ ´p pp ¡ p ¢ 2 6 2 62 2Commez =1+i 3, z = 1+i 3 +i = − +i + =A C 2 2 2 2 2 2
p p p p
2− 6 2+ 6
+i .
2 2
7π 7πe. Comme z =2cos +2isin ,onendéduitparidentificationdespar-C 12 12
tiesréellesetimaginairesque:
p p p p
7π 2− 6 7π 2+ 6
cos = et sin = .
12 4 12 4A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
C
A
B
→−
v
→−O
u
EXERCICE 2 5points
I.Premièrestratégie:
1. (B,B,B),(B,B,C),(B,C,B),(B,C,C),(C,B,B),(C,B,C),(C,C,B),(C,C,C)soit
huittriplets
1
2. p(B, B, B)= =0,125.
8
3. On considère les réponses où il n’y a qu’une seule fois la lettre C : il y a trois
3
triplets,donclaprobabilitéestégaleà =0,375.
8
4. a. Avectroisbonnesréponses:X=6;
Avecdeuxbonnesréponses:X=3;
Avecunebonneréponse:X=0;
Aveczérobonneréponse:X=−3ramenéeà0;
b. Ilresteàcalculerlaprobabilitéd’avoiruneseulebonneréponseouzéro;
il y a trois triplets contenant une seule fois Bou zéro B.Donc p(X=0=
3
=0,375.
8
Onadoncparcomplémentà1:p(X=−3)=1−(0,125+0,375)=1−0,5=
0,5.
Onadoncletableausuivant:
x 6 3 0i
p(X=x ) 0,125 0,375 0,5i
c. E(X)=6×0,125+3×0,375+0×0,5=1,875.
Conclusion : un candidat qui répond à toutes les questions au hasard
auraunpeumoinsde2pointssurunmaximumde6.
II.Deuxièmestratégie:
1. Ontrouvelesquatretriplets(A,B,B),(A,B,C),(A,C,B),(A,C,C)
2. a. LesvaleursdeYsontrespectivement:4,2,2,0
France 2 23juin2009
bbbA.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
b. Onobtientfacilementletableau:
y 4 1 0i¡ ¢
p Y=y 0,25 0,5 0,25i
c. E(Y)=4×0,25+1×0,5=1,5.
III.Comparaisondesstratégies:
Lapremièrestratégieestmeilleurequelaseconde.
PROBLÈME 10points
PartieA:Étuded’unefonctionauxiliaire
1. g est une somme defonctions dérivablessurR; elle est donc dérivablesurR
et:
′ x x xg (x)=2e +2=2(e +1)quiestdusignedee +1.Orquelquesoit x∈R,
xe +1>1>0.
La dérivée est positive, donc g est croissante sur R. Les limites ne sont pas
demandées.
x−2 −12. a. Onag(−2)=2e −4+3≈−0,7et g(−1)=2e −2+3≈1,7.
D’aprèslethéorèmedesvaleursintermédiairesilenrésultequelafonc-
tiong croissantes’annuleunefoissurl’intervalle[−2;−1]pourαtelque
g(α)=0et−2<α<−1.
b. Commepourlaquestionprécédente,commeg(−1,69)≈−0,011etg(−1,68)≈
0,013,onendéduitqueα≈−1,7audixièmeprès.
c. Onadonc:
– sur]−∞; α[, g(x)<0;
– g(α)=0;
– sur]α;+∞[, g(x)>0.
PartieB:Étudedelafonction f
x 21. Onsaitque lim e =+∞et lim x =+∞,donc lim f(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
x 2
2. lim e =0et lim x =+∞,onendéduitque lim f(x)=+∞.
x→−∞ x→−∞ x→−∞
¡ ¢ ¡ ¢22 x3. a. f(x)− x +3x =2e ,donc lim f(x)− x +3x =0.
x→−∞
b. Onendéduitqu’auvoisinagedemoinsl’infinilacourbeC etlaparabole
sontasymptotes.
¡ ¢
2 x xc. Onavuque f(x)− x +3x =2e etcomme2e >0,quequesoitleréel
x,onendéduitquelacourbeC estaudessusselaparabole.
′ x4. a. f sommedefonctionsdérivablessurRestdérivableet f (x)=2e +2x+
3=g(x).
′b. lesignede f estceluide g vuàlaquestion2.c..D’où:
′– sur]−∞; α[, f (x)<0; f estdécroissante;
′– f (α)=0;αestunextremumde f ;
′– sur]α;+∞[, f (x)>0; f estcroissante.
c. Ona f(−1.69)≈−1,844860 et f(−1,68)≈−1,844852.
−1Donc(α)≈−1,7à10 près.
′5. M(x ; y)∈T ⇐⇒ y−f(0)= f (0)(x−0 ⇐⇒ y−2=5x ⇐⇒ y=5x+2.
6.
France 3 23juin2009A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
PartieC:Calculd’aire
1. Cf.figure.
· ¸
1
2. a. Comme f(0)=2>0etque f estcroissantesur 0; ,ilenrésulteque
2
f estpositivesurceteintervalle.
Z1
2
L’airedelapartiehachuréeestdoncégaleàl’intégraleA = f(x)dx.
0
1· ¸Z1 3 2 22¡ ¢ 1x 3x 1x 2 x
2b. OnadoncA = 2e +x +3x dx= 2e + + =2e + +
3 2 240 0
3 1 38 1 19
2 2−2=2e − =2e − .(enunitésd’aire)
8 24 12
2L’unitégraphiqueétantde2cm,l’unitéd’aireestégaleà4cm .
µ ¶
1 192
2Doncencm ,A=4 2e − ≈6,856.
12
2Aucentièmeprèsdecm ,A ≈6,86.
France 4 23juin2009A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
ANNEXE
Cettefeuilleestàrendreaveclacopie
C
6
5
P
4
3
2
1
→−

→−O
−5 −4 −3 −2 −1 ı 1
−1
−2
T
−3
France 5 23juin2009