Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin Génie énergétique génie civil génie mécanique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin 2003 \ Génie énergétique, génie civil, génie mécanique EXERCICE 1 4 points 1. ∆= (?6)2?4?34= 36?136=?100= (10i)2 : l'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 6+10i 2 = 3+5i ; 3?5i. 2. a. Voir la figure à la fin de l'exercice. b. zA?3= 3+5i?3= 5i, donc |zA?3| = 5 ; zB?3= 3?5i?3=?5i, donc |zB?3| = 5. zC?3=?3+4i, donc |zC?3|2 = 9+16= 25= 52 ?|zC?3| = 5. Ces trois résultats signifient que les distances du point d'affixe 3 aux points A, B et C sont égales à 5, donc A, B et C appartiennent au cercle de centre le point d'affixe 3 et de rayon 5. c. A et B ont pour abscisse celle du centre du cercle, donc [AB] est un dia- mètre : le triangle ABC est inscrit dans un cercle dont l'un de ses côtés est un diamètre, c'est un triangle rectangle en C. 3. C est le milieu des diagonales, donc ABDE est un parallélogramme ; Ces diagonales sont perpendiculaires (ABC rectangle), donc le quadrilatère ABDE est un losange.

• cercle de centre


• ?? ?3?2x


• génie civil


• ?? ?


• ona lim


• produit de limites

Sujets

• Génie civil

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2003
• Nombre de lectures: 72
• Langue: Français

Extrait

[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin 2003\ Génie énergétique, génie civil, génie mécanique

E X E R C IC E points1 4 2 2 1.Δ=(−6)−4×34=36−136= −100=(10i) :l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 6+10i =3+5i ; 3−5i. 2 2. a.Voir la figure à la fin de l’exercice. b.z A −3=3+5i−3=5i, donc | z A −3 | = 5 ; z B −3=3−5i−3= −5i, donc | z B −3 | = 5. 2 2 z C −3= −3+4i, donc | z C −3 | = 9+16=25=5 ⇒ | z C −3 | = 5. Ces trois résultats signifient que les distances du point d’affixe 3 aux points A, B et C sont égales à 5, donc A, B et C appartiennent au cercle de centre le point d’affixe 3 et de rayon 5. c.A et B ont pour abscisse celle du centre du cercle, donc [AB] est un dia mètre : le triangle ABC est inscrit dans un cercle dont l’un de ses côtés est un diamètre, c’est un triangle rectangle en C. 3.C est le milieu des diagonales, donc ABDE est un parallélogramme ; Ces diagonales sont perpendiculaires (ABC rectangle), donc le quadrilatère ABDE est un losange.

F 12 11 10 9 8 7 6 A 5 C 4 E 3 2 1 O 4 3 211 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 B 6

Baccalauréat STI Génie civil, énergétique, mécanique

E X E R C IC E 2

A. P. M. E. P.

5 points

1. a.(E) est une équation différentielle linéaire du premier ordre de la dforme ′ y−a y=0 dont les solutions sont les fonctions définies surRparf(x)= ax Ce ,C∈R. Les solutions de (E) dont donc les fonctions définies surRparf(x)= −2x Ce ,C∈R. −2×0 b.f(0)=1⇐⇒Ce=1⇐⇒C=1. −2x Doncf(x)=e . Z 10 1 2. a.On aV m =f(x) dx. 10−0 0 µ ¶ 1 ¡ ¢ −2x On af(x)= −× −2e ;donc une primitive defestFdéfinie par 2 1 −2x F(x)= −e . 2 · ¸ −20 1 11 11 1−e 10−20 0 DoncV m = [ F(x)]= [ F(10)−F(0)]= −e+e=. 0 10 1010 22 10 b.On a de même : Z ·¸ n+1 1 11 −2(n+1)−2n V f(x)dx=[F(n+1)−F(n)]= −e+e= m n = n+1−n n 2 2 1 11 ¡ ¢ −2n−2−2n−2n−2 −e+e=e 1−e . 2 22 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ −2 0−2 3. a.u 0 =1−e e=1−e ; 2 2 1 ¡ ¢ −2−2 u 1 =1−;e e 2 1 ¡ ¢ −2−4 u 2 =1−e e. 2 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ −2−2(n+1)−2−2n−2)−2−2n)−2 b.u n+1 =1−e e=1−e e=1−e e×e= 2 22 −2 u n ×e . −2 Oru n+1 =u n ×que la suite (e signifieu n ) est une suite géométrique de 1 ¡ ¢ −2−2 raison e, de premier termeu 0 =1−e . 2 ¡ ¢¡ ¢ 10 10 2 2 −20 1−e 1 ¡ ¢ 1−e 1 −e −2 c.On au 0 +u 1 + ∙ ∙ ∙ +u 9 =u 0 × =1−e=. 2 2 1−e 21−e 2

P R O B L È M E 11 points Partie A : étude de la fonctionf 1 1. a.lim (On a−3−2x)= +∞et lim= +∞, on a par produit des limites : x x→−∞x→−∞ e limf(x)= +∞. x→−∞ −3x−3x b.En écrivantf(x)= −2 ,on alim=lim0 et=0 et finale x xx x x→+∞x→+∞ e ee e ment par somme de limites :

limf(x)=0. x→+∞ c.Le dernier résultat signifie géométriquement que la courbe (C) a pour asymptote au voisinage de plus l’infini l’axe des abscisses d’équationy= 0.

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A. P. M. E. P.

′ ′ u uv−u v 2.fest de la formedont la dérivée est. Donc : 2 v v x x −2e−(−3−2x)e ′ f(x)= = x 2 (e ) x (1+2x)e = x 2 (e ) 1+2x . x e x′ 3.Quel que soit le réelxe>0, donc le signe def(x) est celui du numérateur 1+2x. ¸ · 1 1 ′ •1+2x>0⇐⇒x⇒> −f(x)>0 : la fonction est croissante sur−;+∞; 2 2 ¸ · 1 1 ′ •1+2x<0⇐⇒x< −⇒f(x)<0 : la fonction est décroissante sur−∞;−; 2 2 1 ¡ ¢ 1 ′ 1 •1+2x=0⇐⇒x⇒= −f=0 ; il y a un minimumen−qui est égal à 2 2 2 ¡ ¢ µ ¶ 1 1 −3−2 − × − 2 2 f= =−− =2 e. 1 1 − − 2 2 2 e e D’où le tableau de variations :

x−∞ ′ − f(x) +∞ f(x)

1 − 2 0

p −2 e

+∞ + 0

2 4.DansR,f(x)=0⇐⇒ −3−2x=0⇐⇒ −3=2x⇐⇒x= −. 3 2 L’équationf(x)=0 a une unique solution dansR:−. 3 Comme au dessus le signe def(x) est celui du numérateur, donc : ¸ · 3 3 •f(x)>0⇐⇒ −3−2x>0>⇐⇒ −x, doncf(x)>0 sur−∞;−; 2 2 ¸ · 3 3 •f(x)<0⇐⇒ −3−2x<0<⇐⇒ −x, doncf(x)>0 sur−;+∞; 2 2 µ ¶ 3 •f− =0. 2 3 5.Voir plus bas : en−, la tangente à la courbeCest horizontale. 2

Partie B : Détermination d’une primitive et calculs d’aire

x x 2e−(2x+5)e 2−2x−5−3−2x ′ 1.CalculonsF(x)= == =f(x). x 2x x (e ) e e ′ On aF(x)=f(x) ce qui montre queFest une primitive surRdef. 2. a.Voir à la fin 3 b.On a vu que six> −,f(x)<0, donc l’aire (en unité d’aire) de la surface 2 hachurée est égale à : Z 5 −f(x) dx 1 − 2

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A. P. M. E. P.

2 Comme l’unité d’aire est égale à 1 u. a.=1×1=1 cm, on a donc : R £¡ ¢¤¡ ¢ −3+5 15 5 3 3 A= − 3 f(x) dx= −F(5)−F− =F− −F(5)= −= 3 − 2 2 5 2 e 2 − e 15 3 2 2 2e−cm . 5 e 2 La calculatrice donneA≈8, 86cm . 3. a.La courbe (Γ) est la symétrique de la courbeCautour de l’axe des abs cisses. £ £ 3 b.On a vu que sur−;+∞,f(x)É0, doncg(x)Ê0 et par conséquent 2 £ £ 3 sur l’intervalle−;α,g(x)−f(x)Ê0 et on a donc : 2 Z α A(α)=[g(x)−f(x)] dx. 3 − 2 Org(x)−f(x)= −f(x)−f(x)= −2f(x), donc : Z ·µ ¶¸ α 3 α A(α)= −2f(x) dx= −2 [F(x)] 3 = −2F(α)−F− = 3 − − 2 2 2 · ¸ 2α+5 3 3 4α+10 2 2 −2−2e=4e−. α α e e 3 α10 2 c.A(α)=4e−4−. α α e e α10 Or lim=lim0 et=0, donc finalement : α α α→+∞α→+∞ e e 3 2 limA(α)=4e . α→+∞

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y

7

6

5

4

3

2

(Γ)

A. P. M. E. P.

1 −→  −→ x O 2 1 ı 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1

2

3

4

5

6

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8

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