Corrigé du baccalauréat STI Métropole 22 juin 2010

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 22 juin 2010 \ Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. a. (z ?3) ( z2+3z +9 ) = z3+3z2+9z ?3z2?9z ?27= z3?27 = P (z), ce qui valide la factorisation. b. Dans C, P (z)= 0 ?? (z ?3) ( z2+3z +9 ) ?? { z ?3 = 0 z2+3z +9 = 0 ?? { z = 3 z2+3z +9 = 0 Pour la seconde équation : ∆= 9?36=?27= ( 3i p 3 )2 . L'équation a deux solutions imaginaires conjuguées : ?3+3i p 3 2 et ?3?3i p 3 2 . 2. On reconnaît les trois solutions de l'équation P (z)= 0. a. On calcule |zB|2 = 9 4 + 27 4 = 36 4 = 9?|zB| = 3. Comme zC = zB ces deux nombres complexes ont le même module : 3. En factorisant 3, zB = 3 ( ? 1 2 + i p 3 2 ) = 3 ( cos 2pi3 + isin 2pi 3 ) .

• corrigé du baccalauréat sti


• point commun de coordonnées approxima- tives


• points communs au cercle précédent


• baccalauréat sti

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 45
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTIMétropole22juin
2010\
Génieélectronique,électrotechnique,optique
EXERCICE 1 5points
¡ ¢
2 3 2 2 31. a. (z−3) z +3z+9 =z +3z +9z−3z −9z−27=z −27=P(z),cequi
validelafactorisation.
¡ ¢
2b. DansC, P(z)=0 ⇐⇒ (z−3) z +3z+9 ⇐⇒
½ ½
z−3 = 0 z = 3
⇐⇒2 2z +3z+9 = 0 z +3z+9 = 0
¡ p ¢2
Pourlasecondeéquation:Δ=9−36=−27= 3i 3 .
p p
−3+3i 3 −3−3i 3
L’équationadeuxsolutionsimaginairesconjuguées: et .
2 2
2. Onreconnaîtlestroissolutions del’équationP(z)=0.
9 27 362a. Oncalcule|z | = + = =9⇒|z |=3.B B
4 4 4
Comme z =z cesdeuxnombrescomplexes ontlemêmemodule:3.C B Ã !p
¡ ¢1 3 2π 2πEnfactorisant3,z =3 − +i =3 cos +isin .B 3 32 2
2π
Unargumentdez estdonc .B
3
2π
b. Comme z =z ,undesesargumentsest− .C B
3
2π−i
3Onpeutdoncécrirez =3e .C
c. Ona|z |=|z |=|z |=3,soitOA=OB=OC,donclestroispointsA,BetA B C
CappartiennentaucercledecentreOetderayon3.
d. Les points B et C sont les points communs au cercle précédentΓ et à la
3
droited’équation x= .
2
π−i
3Pardéfinitiondelarotation:z −z =e (z −z ),soitD O C OÃ !Ã !p p p p
1 3 3 3 3 3 9 3 3 3 3 12
z = −i − − i =− − − i+ i=− =−3.D
2 2 2 2 4 4 4 4 4
34.. a. |z +3|=|3|=3;O ¯ ¯ ¯ ¯p p r r¯ ¯ ¯ ¯ p3 3 3 3 3 3 9 27 36¯ ¯ ¯ ¯
|z +3|=¯− + i+3¯=¯ + i¯= + = = 9=3;B ¯ ¯ ¯ ¯2 2 2 2 4 4 4
¯ ¯ ¯ ¯p p r r¯ ¯ ¯ ¯ p3 3 3 3 3 3 9 27 36¯ ¯ ¯ ¯
|z +3|=¯− − i+3¯=¯ − i¯= + = = 9=3.C
¯ ¯ ¯ ¯2 2 2 2 4 4 4
LespointsO,BetCappartiennentàl’ensembleF
b. Les points M d’affixe z deF vérifient|z+3|=3 ⇐⇒ |z−(−3)|=3 ⇐⇒
DM=3:cespointsappartiennentaucercleF decentreDetderayon3.
CecercleF estlesymétriquedeΓautourdeladroite(BC).BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
B
F Γ
2
1
D A
O
−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2
−1
−2
C −3
EXERCICE 2 5points
PartieA
Cseul Tseul CetT niCniT Total
A 60 150 30 2760 3000
B 60 80 40 1820 2000
Total 120 230 70 4580 5000
3000 3
1. LamachineAproduit3000piècessur5000;laprobabilitéestdonc = .
5000 5
2. Il y a 60+60=120 pièces présentant le défaut C; la probabilité cherchée est
120
donc: =0,024.
5000
3. Ilya150+80=230pièces présentant le défaut T; laprobabilité cherchéeest
230
donc: =0,046.
5000
4. Ilya120+230+70=420piècesprésentantaumoinsl’undesdeuxdéfauts;la
420
probabilitécherchéeestdonc: =0,084.
5000
PartieB
5. Leprixderevientestégalà:
−70×10+230×0+15×120+4580×20=92700soitunbénéficemoyenpour
92700
5000piècesproduitesde: =18,54(().
5000
PROBLÈME 10points
PartieA:exploitationd’ungraphique
3 21. Onlit g(1)=0.g(1)=0 ⇐⇒ 1 −1 +a+b=0 ⇐⇒ a+b=0.
3′ ′2. Donnerlavaleurdeg (1).Onlitg (1)= =3.
1
′ 2 ′Org (x)=3x −2x+a,doncg (1)=3 ⇐⇒ 3−2+a=3 ⇐⇒ a=2
3. Onavuquea+b=0etquea=2,doncb=−2.
3 2Lafonctiong estdoncdéfiniesurRparg(x)=x −x +2x−2.
Métropole 2 22juin2010
bbbbBaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
4. Onsaitquelafonctiong estcroissantesurRetqueg(1)=0,d’où:
• g(x)<0six<1;
• g(1)=0;
• g(x)>0six>1.
3 2Danslasuite,onadmettraque:g(x)=x −x +2x−2.
PartieB:étuded’unefonction
42f(x)=4lnx+x −2x+1+ .
x
¡ ¢1 1
3 21. De f(x)= 4xlnx+x −2x +x+4 et limxlnx= 0 et lim =+∞ on en
x→0 x→0x x
déduitque lim f(x)=+∞.
x→0
Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des ordonnées est asymptote
àlacourbeC auvoisinagedezéro.
2. Lafonction f sommedefonctionsdérivablessur]0 ;5]estdérivablesur]0; 5]
et
¡ ¢ ¡ ¢4 4 1 2 2g(x)′ 3 2 3 2f (x)= +2x−2− = 4x+2x −2x −4 = x +2x−x −2 = .
2 2 2 2x x x x x
2 ′Comme2>0etx >0,lesignede f (x)estceluideg(x)vuau-dessus.D’où:
′• f (x)<0si0<x<1;
′• f (1)=0;
′• f (x)>0six>1.
D’oùletableaudevariationsde f :
x 0 1 5
′f (x) − 0 +
+∞ 23,24
f(x)
4
PartieC:positionrelativededeuxcourbes
1. a. Aveclafenêtre0<x<4et3<y<10:
Métropole 3 22juin2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
b. La calculatrice donne un point commun de coordonnées approxima-
tivesà(1;4).
c. Pour0<x<1,lacourbeC sembleêtresouslacourbeΓ.
Pour1<x<5,lacourbeC sembleêtreaudessusdelacourbeΓ.
2. a. D’aprèslaquestionprécédentelafonctiond s’annulelorsquelescourbes
C etΓontunpointcommun;onpeutdoncproposer x=1.
4 4 42Ord(1)= f(1)− =4ln1+1 −2×1+1+ − =0.
1 1 1
µ ¶
4 4 4 4 4 2′ ′b. Onad (x)= f (x)+ = +2x−2− + = +2x−2=2 +x−1 =
2 2 2x x x x x x
¡ ¢ ¡ ¢2 22 22+x −x = x −x+2 .
x x
2 ′ 2Commesur[0 ;5], >0,lesignede f (x)estceluidutrinômex −x+2.
x
OrΔ=1−8=−7<0. Ce trinôme n’a pas de racines : il est donc positif
pourtoutréel.
′Conclusion:sur[0 ;5],d (x)>:lafonctiond estdonccroissante.
c. Commed estcroissanteetqued(1)=0,onpeutendéduire:
• d(x)<0si0<x<1;
• d(1)=0;
• d(x)>0si1<x<5.
d. Le résultat précédent valide bien les hypothèses faites après l’examen
desdeuxcourbessurlacalculatrice.
PartieD:calculd’aire
1′1. Ona H (x)=lnx+x× −1=lnx+1−1=lnx.
x
DoncH estbienuneprimitivedelnsur]0; 5].
Métropole 4 22juin2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
· ¸
1
2. Sur l’intervalle ; 1 la courbeC est au dessous dela courbeΓ,donc l’aire,
2
enunitésd’aireA delasurfaceconsidéréeestégaleà:
Z · ¸ Z · ¸11 1 3¡ ¢4 x2 2A = −f(x) dx= −4lnx−x +2x−1 dx= −4H(x)− +x −x
1 1 1x 3
2 2 2
µ ¶ µ ¶21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 47
A =4− +1−1+4 ln − + − −2× +1=4− − −2ln2+ = −2ln2(u.a.)
3 2 2 2 2 24 2 3 24 4 24
Métropole 5 22juin2010