Corrigé du baccalauréat STI novembre 2006
4 pages
Français

Corrigé du baccalauréat STI novembre 2006

Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe
Tout savoir sur nos offres
4 pages
Français
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe
Tout savoir sur nos offres

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI novembre 2006 \ Génie électronique, électrotechnique, optique Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 6 points 1. z2?4z p 3+16= 0. ∆ = ( 4 p 3 )2?4?16 = 48?64 = ?16 = (4i)2 : l'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 4 p 3+4i 2 = 2 p 3+2i et 2 p 3?2i. 2. a. On a |zA|2 = ( 2 p 3 )2+ (2)2 = 12+4 = 16= 42 ? |zA| = 4 et comme zA et zB sont conjugués, |zB| = 4. On peut alors écrire zA = 4 ( 1 2 ? i p 3 2 ) = 4 ( cos ?π3 + i sin ?π 3 ) . Un argument de zA est donc égal à ?π 3 et un argument de zB est égal à π 3 . b. Voir plus bas : les points A et B sont les points communs au cercle centré en O de rayon 4 et de la droite d'équation x = 2. c. On a ? ? ? ? zB zA ? ? ? ? = |zB| |zA| = 4 4 = 1.

  • drement des limites lim

  • génie électrotechnique

  • corrigé du baccalauréat sti

  • ?? ?

  • axe des abscisses

  • sti génie électronique


Sujets

Informations

Publié par
Publié le 01 novembre 2006
Nombre de lectures 27
Langue Français

Exrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTInovembre2006\
Génieélectronique,électrotechnique,optique
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE 1 6points
1. p
2z −4z 3+16=0.
¡ p ¢2 2Δ= 4 3 −4×16=48−64=−16=(4i) : l’équation a donc deux solutions
complexesconjuguées:
p
p p4 3+4i
=2 3+2i et 2 3−2i.
2
¡ p ¢22 2 22. a. Ona|z | = 2 3 +(2) =12+4=16=4 ⇒|z |=4etcommez etzA A A B
sontconjugués,|z |=4.B Ã !p
¡ ¢1 3 −π −πOnpeutalorsécrirez =4 −i =4 cos +isin .A 3 32 2
−π
Un argument de z est donc égal à et un argument de z est égal àA B
3
π
.
3
b. Voirplusbas:lespointsAetBsontlespointscommunsaucerclecentré
enOderayon4etdeladroited’équationx=2.
¯ ¯
¯ ¯ | |z z 4B B¯ ¯c. Ona = = =1.¯ ¯z |z | 4A A µ ¶ ³ ´z π π 2πB
Pourl’argument:arg =arg(z )−arg(z )= − − = .B A
z 3 3 3A
³ ´−→ −→ 2π
d. Onvientdevoirque OA, OB = ,doncl’angledelarotationdecentre
3

O,quitransformeAenBest .
3
p
3. a. Onaz =−z =−2 3+2i.C A
pb. Onadoncz =z−→=z →−,soit:AD w −4 3u
p p p p p
z −z =−4 3 ⇐⇒ z =−4 3+z =−4 3+2 3−2i=−2 3−2i.D A D A
p ¡ p ¢
4. Onaz−→=4ietz−→=−2 3+2i− −2 3−2i =4i.
AB DC
−→ −→
ConclusionAB =DC ⇐⇒ ABCDestunparallélogramme.
D’autrepart B et C ont la même ordonnée, donc la droite(BC) est perpendi-
culaireàl’axedesordonnées;
AetBontlamêmeabscisse,doncladroite(AB)estperpendiculaireàl’axedes
abscisses.
Conclusion : (AB) et (BC) sont perpendiculaires : le quadrilatère ABCD est
doncunrectangle.A.P.M.E.P. CorrigéSTIGénieélectronique,génieélectrotechnique,génieoptique
3
C B
2
1
→−
v
→−O
−4 −3 −2 −1 1 2 3u
−1
−2
D A
−3
−4
EXERCICE 2 4points
Lesquestions1.et2.sontindépendantes.
1. a. Lessolutionssontdelaforme:y=Acos2t+Bsin2t, A,∈R,B∈R.
½ ½ ½
f(0) = 5 A = 5 A = 5
b. ⇐⇒ ⇐⇒′f (0) = 0 2B=0 B = 0
Lasolutions’écritdonc f(t)=5cos2t.
¡ ¢ ¡ ¢
π −t π −t −t2. a. Sachantque−16cos t− 61ona−e 6cos t− 6e puis−e 64 4¡ ¢ p p ¡ ¢ p
π −t −t π −tcos t− 6e etenfin−5 2e 6−5 2cos t− 65 2e .
4 4p p
−t −tConclusion:pourtoutt>0,ona:−5 2e 6 f(t)65 2e .
p p
−t −t −tb. Comme lim e =0, lim −5 2e et lim −5 2e ; donc par enca-
t→+∞ t→+∞ t→+∞
drement des limites lim f(t)=0. Ceci montre que pour t assez grand
t→+∞
lemobilevaserapprocherdupointO.
PROBLÈME 10points
PartieA:étuded’unefonctionauxiliaire
1. a. Sur]0;+∞[lafonctiong estdérivableet
¡ ¢
2 22 x −12 2x −2′g (x)=2x− = =
x x x
2b. Commex>0,ladérivéeestdusignedutrinômex −1doncpositivesauf
entre−1et1.
′Doncsur]0; 1[, g (x)<0et f estdécroissante;
′sur]1;+∞[, g (x)>0et f estcroissante,d’oùletableaudevariations:
x 0 1 +∞
g(x)
Nouvelle-Calédonie 2 novembre2006
bbbbA.P.M.E.P. CorrigéSTIGénieélectronique,génieélectrotechnique,génieoptique
2. On a g(1)= 1+1= 2; le minimum de la fonction étant supérieur à zéro, la
fonctiong estpositivenonnullesur]0;+∞[.
PartieB:étudedelafonction f
1+2ln(x)
1. a. Comme limln(x)=−∞, lim =−∞,donc lim f(x)=−∞.
x→0 x→0 x→0x
Géométriquement:l’axedesordonnéesestasymptoteverticaleàlacourbe
(C)auvoisinagedezéro.
1 ln(x)
b. Onpeutécrire f(x)=x+ +2
x x
Ona: lim x=+∞,
x→+∞
12
lim =0,
x→+∞ x
ln(x)
lim =0,
x→+∞ x
onpeutconclureque lim f(x)=+∞.
x→+∞
1+2ln(x)
2. a. Soitlafonctiond définiesur]0;+∞[pard(x)= f(x)−x= =
x
1 ln(x)
+2 et d’qaprès les résultats précédents lim d(x)=0, ce quisi-
x→+∞x x
gnifiequeladroite(Δ)d’équationy=x estasymptoteàlacourbe(C)en
+∞.
1 ln(x)
b. Pourxappartenantàl’intervalle]0;+∞[, >0et >0,doncd(x)>
x x
0,cequisignifiequelacourbe(C)estaudessusdeladroite(Δ).
2³ ´ ′ ′′ ×x−1(1+2ln(x))u u v−uv x3. a. Enposantu(x)=1+2ln(x)etv(x)=x,ona = = =
2 2v v x
1−2ln(x)
.
2x
21−2ln(x) x +1−2ln(x) g(x)′Donc f (x)=1+ = = .2 2 2x x x
2 ′b. Onsaitquex >0etqueg(x)>0sur]0;+∞[,donc f (x)>0:lafonction
f estdonccroissantesur]0;+∞[.D’oùletableaudevariations:
x 0 +∞
+∞
f(x)
−∞
′OnaM(x ; y)∈(T) ⇐⇒ y−f(1)= f (1)(x−1) ⇐⇒ y−2=2(x−1) ⇐⇒ y=2x.
45. Voirlafigureàlafin.
PartieC:calculsd’aire
1. Sur]0;+∞[,F estdérivableet
1 1 1+2ln(x)′F (x)=x+ +2ln(x)× =x+ = f(x).
x x x
F estuneprimitivede f sur]0;+∞[.
2. a. Voirplusbas.
Nouvelle-Calédonie 3 novembre2006A.P.M.E.P. CorrigéSTIGénieélectronique,génieélectrotechnique,génieoptique
b. Lafonction estcroissantesur[1;+∞[et f(1)=2>0:donclafonctioin
estpositivesurcetintervalleetl’aire(enu.a.)delapartie(D)estégaleà
l’intégrale:
µ ¶2 2R e 1e e 2 2f(x)dx=[F(x)] =F(e)−F(1)= +ln(e)+[ln(e)] − +ln(1)+[ln(1)] =1 1 2 2
2 2 2e 1 3 e 3−e
+1+1− = − = (u.a.).
2 2 2 2 2
2Or l’unité d’aireest égaleà 2×2=4cm ,donc l’aire dela partie(D) est
µ ¶2 ¡ ¢3−e 2égaleà4 =2 3−e .
2
C
7 (T)
6
5
4
3
2
1
→−

→− eO
ı 1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
−3
−4
Nouvelle-Calédonie 4 novembre2006

  • Accueil Accueil
  • Univers Univers
  • Ebooks Ebooks
  • Livres audio Livres audio
  • Presse Presse
  • BD BD
  • Documents Documents