Corrigé du baccalauréat STI novembre 2009

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI novembre 2009 \ Génie mécanique - Génie énergétique - Génie civil Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 5 points 1. P (z)= 0 ?? z3+2z2?16= 0 a. P (2) = 23 + 2? 22 ? 16 = 8+ 8? 16 = 0. P (z) = (z ? 2) ( z2+?z+? ) ?? (z?2) ( z2+?z+? ) = z3+2z2 ?16 ?? z3+?z2 +?z ? z2?2?z ?2? = z3+2z2?16 ?? ? ? ? ??2 = 2 ??2? = 0 ?2? = ?16 ?? ? ? ? ? = 4 8?2?4 = 0 ? = 8 . Donc P (z)= (z?2) ( z2+4z+8 ) . b. P (z)= 0 ?? (z?2) ( z2+4z+8 ) ?? ? ? ? z?2 = 0 ou z2+4z+8 = 0 Résolution de l'équation z2+4z+8= 0 : ∆= 42?4?8= 16?32 =?16 = (4i)2. L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : z2 = ?4+4i 2 =?2+2i et z3 =?2?2i.

• xe2x ?


• e?2 ≈


• réciproque du théorème de pythagore


• génie mécanique


• e?2x


• résolution précédente


• ln2


• baccalauréat sti


• ??

Sujets

• Génie mécanique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2009
• Nombre de lectures: 26
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI novembre 2009\ Génie mécanique  Génie énergétique  Génie civil NouvelleCalédonie

E X E R C IC E 1 5points 3 2 1.P(z)=0⇐⇒z+2z−16=0 ¡ ¢ 3 22 a.P(2)=2+2×2−16=8+8−16=0.P(z)=(z−2)z+αz+β⇐⇒ ¡ ¢ 2 32 32 2 (z−2)z+αz+β=z+2z−16⇐⇒z+αz+βz−z−2αz−2β=   α−2=2α=4   3 2 z+2z−16⇐⇒ β−2α=0 ⇐⇒ 8−2×4=0 .   −2β= −16β=8 ¡ ¢ 2 DoncP(z)=(z−2)z+4z+8 .  z−2=0  ¡ ¢ 2 b.P(z)=0⇐⇒(z−2)z+4z+8⇐⇒ ou  2 z+4z+8=0 2 2 Résolution de l’équationz+4z+8=0 :Δ=4−4×8=16−32= −16= 2 (4i) . L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : −4+4i z 2 −= =2+2i etz 3 = −2−2i. 2 On a donc finalement :

P(z)=0⇐⇒z 1 =2 ouz 2 = −2+2i ouz 3 = −2−2i. 2.Étude du triangle ABC a.Voir la figure plus bas. 2 b.|b−a| −| =2−2i−2| = | −4−2i| =16+4=20⇒ |b−a| =2 5; 2 2 |c−a| =|4i−2| =16+4=20⇒ |c−a| =;2 5 2 22 |c−b| =|4i+2+2i|| =2+6i| =4+36=40⇒ |c−b| =2 10. c.On a donc|b−a| = |c−a| =AB=AC=ce qui signifie que ABC est2 5 isocèle en A et d’autre part 2 22 20+20=40⇐⇒AB+AC=BC cequi signifie d’après la réciproque du théorème de Pythagore que ABC est ractangle en A. −→−→ d.ABDC est un carré entraîne que AB=CD⇐⇒z B −z A =z D −z C ⇐⇒ z D =z B −z A +z C = −2−2i−2+4i= −4+2i=d. ³ ´ 3iπ ¡ ¢ 3π3π 2 2 3. a.ω=2e=2 cos+i sin=2− +i= −1+i. 4 4 42 2 b.ABCD est un carré puisque c’est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur, donc un losange et un angle droit, donc un rectangle. Il est donc inscrit dans un cercle dont le centre est par exemple le milieu 2−4+4i de [AD] qui a pour affixe= −1+2i : c’est doncΩ. 2 BC 210 p Le rayon du cercle est égal à= =10. 2 2

E X E R C IC E 2

4 points

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A. P. M. E. P.

1.On ax 0 +x 1 +x 2 +x 3 +x 4 =100⇐⇒x 0 +x 0 +r+x 0 +2r+x 0 +3r+x 0 +4r= 5x 0 +10r=100⇐⇒50+10r=100⇐⇒10r=50⇐⇒r=5. 2. a.X∈{0 ;−1 ;2 ;−3 ; 4}. 20 b.p(X=2)= =0, 2. 100 x i 0−1 2−3 4 c. 10 15 20 25 30 p(X=x i ) 100 100 100 100 100 10 15 20 25 30−15+40−75+120 E(X)=0× −1× +2× −3× +4× == 100 100 100 100 100100 70 =(0, 70 e ). 100 d.Le tableau de la nouvelle loi est le suivant : y i 0 1−2 3−4 10 15 20 25 30 p(Y=y i ) 100 100 100 100 100 La nouvelle espérance mathématique est donc égale à : 10 15 20 25 3015−40+75−120 E(Y)=0× +1× −2× +3× −4=× = 100 100 100 100 100100 −70 = −0, 70( e ). 100

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

11 points

1.On sait que les solutions de cette équation différentielle linéaire du premier −2x ordre sont :y=Ke ,K∈R. 1 11 ′ 2.u(x)=x− ⇒u(x)=; donc 2 42 µ ¶ 1 11 11 ′ u(x)+2u(x)= +2x+− =x− =x:u(x) est donc solution de (E 1 ). 2 24 22 1 1 −2x 3.ϕ x =x− +Cdonce , 2 4 1 13 −2×0 ϕ 0 =0− +Ce= −+C= ⇐⇒C=1. 4 44 1 1 −2x Conclusion :ϕ x =x− +e . 2 4

Partie B : étude d’une fonction medskip 1.Étude des limites de la fonctionf u a.lim−2x= −∞et lim e=lim0 et commex= +∞, x→+∞u→−∞x→+∞ limf(x)= +∞ x→+∞ −2x2x b.On a e×e=1, donc µ ¶ 1 11 1 −2x2x−2x2x−2x−2x2x2x f(x)=xe×e−e×e+e=exe−e+1 . 2 42 4 µ ¶ 1 1 2x2x2x2x Or lim e=0, limxe=lim0, doncxe−e+1=1 et comme x→−∞x→−∞x→−∞ 2 4 −2x lim e= +∞, on a finalement :limf(x)= +∞. x→−∞x→−∞

NouvelleCalédonie

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novembre 2009

Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

µ ¶ 1 1 −2x −2x c.On ad(x)=f(x)−x− =e etlim e=0. x→+∞ 2 4 1 1 Ceci montre que la droiteDd’équationy=x−est asymptote à la 2 4 courbeCen+∞. 2.Étude des variations de la fonctionf 1 ′ −2x a.f(x)= −2e . 2 µ ¶ 1 1 −2x b.e 6 ⇒ −2x 6 ln⇐⇒ −2x 6 −ln 4⇐⇒2x > ln 4⇐⇒ 4 4 ln 42 ln 2 x > ⇐⇒x > ⇐⇒x > ln 2. 2 2 1 11 ′ −2x−2x−2x Orf(x) > 0⇐⇒ −2e > 0⇐⇒ > 2e⇐⇒e 6 . 2 24 D’après la résolution précédente on a donc : ′ ′ f(x) > 0⇐⇒x > ln 2et de la même façonf(x) 6 0⇐⇒x 6 ln 2. On en déduit le tableau de variations suivant :

x−∞ ′ f(x) +∞ f(x)

ln 2

ln 2 2

+∞

+∞

1 31 3 ′ c.On af(0)= −+1=;f(0)= −2= −; une équation de la tangente 4 42 2 Tà la courbeCen son point d’abscisse 0 est donc : 3 33 3 ′ y−f(0)=f(0)(x−0)⇐⇒y−− =x⇐⇒y= −x+. 4 22 4 d.On a ln 2≈0, 69,donc ln 2<; 2] la fonction1. Sur l’intervalle [1fest donc croissante. 1 11 11 −2−8 D’autre partf(1)= − +e≈0, 38<etf(2)=1− +e≈0, 75>. 2 42 42 1 Il existe donc un réel uniqueαde l’intervalle [1; 2] tel quef(α)=. 2 La calculatrice donnef(1, 3)≈et0, 47f(1, 4)≈3donc 1,1, 51,<α<1, 4. De mêmef(1, 37)≈et0, 499f(1, 38)≈donc 1,371, 503,<α<1, 38. 3.Voir plus bas.

Partie C : Calcul d’une aire

1.;On a vu que sur ]ln 2+∞[,f(x)>0, donc l’aire du domaine en unité d’aire Z µ¶ Z· ¸ m m m 1 11 −2x−2x est égale àA(m)=[f(x)−x−dx=e dx= −e= 4 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 1 11 1 −2m−2 ln 2−2m −e+e= −e . 2 28 2 1 −2m 2.lim eOn sait que=lim0, doncA(m)=. m→+∞m→+∞ 8

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−→ 

ln 2 2

O

−→ ln 2 ı

4

m 1

D

A. P. M. E. P.

C

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