Corrigé du baccalauréat STI Polynésie

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie \ septembre 2009 Génie mécanique, énergétique, civil EXERCICE 1 5 points 1. a. z2?8z+41= 0 ; ∆= 64?164 =?100= (10i)2. Il y a donc deux racines complexes : z1 = 8+10i 2 = 4+5i et z2 = 4?5i. b. z3 = 1 8 [ ?(4+5i)2?25+16i ] = 1 8 (?16+25?40i?25+16i)= 1 8 (?16?24i)= ?2?3i. 2. a. Cf. figure à la fin de l'exercice. b. On a a+c 2 = 4+5i?2?3i 2 = 2+2i 2 = 1+ i = k. Donc K est le milieu de [AC]. c. |a?k| = |4+5i? (1+ i)| = |3+4i| = p 32+42 = 5. |b?k| = |?3+4i? (1+ i)| = |?4+3i| = √ ?4)2+32 = 5. Donc |a?k| = |b?k| ?? KA = KB. Or d'après la question précédente KA = KC et finalement KA = KB = KC ce qui signifie que A, B et C appar- tiennent au cercle de centre K et de rayon 5, [AC] étant un diamètre.

• corrigé du baccalauréat sti


• ?? ?


• x??∞ e?x


• e?x


• baccalauréat sti


• ??


• ?2e?2x ?4e?x

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2009
• Nombre de lectures: 21
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTIPolynésie\
septembre2009Géniemécanique,énergétique,civil
EXERCICE 1 5points
2 21. a. z −8z+41=0;Δ=64−164=−100=(10i) .
8+10i
Ilyadoncdeuxracinescomplexes:z = =4+5ietz =4−5i.1 2
2
1? ? 1 1
2b. z = −(4+5i) −25+16i = (−16+25−40i−25+16i)= (−16−24i)=3
8 8 8
−2−3i.
2. a. Cf.figureàlafindel’exercice.
a+c 4+5i−2−3i 2+2i
b. On a = = = 1+i=k. Donc K est le milieu de
2 2 2
[AC].
p
2 2c. |a−k|=|4+5i−(1+i)|=|3+4i|= 3 +4 =5.
p
2 2|b−k|=|−3+4i−(1+i)|=|−4+3i|= −4) +3 =5.
Donc|a−k|=|b−k| ⇐⇒ KA= KB. Or d’après la question précédente
KA = KCet finalement KA = KB = KCce qui signifie que A,B et Cappar-
tiennentaucercledecentreKetderayon5,[AC]étantundiamètre.
5 A
B
K→−
v
→−O 5u
D
C
b+d
3. a. Onak= ⇐⇒ 2k=b+d ⇐⇒ d=2k−b=2+2i−(−3+4i)=5−2i.
2
b. - K est lemilieu desdiagonales [AC] et[BD[, donc ABCD est un parallé-
logramme;
-BD=2KB=2×5=10etAC=10;lesdiagonalesontlamêmelongueur,
doncABCDestunrectangle.
p p
-|b−a|=|−3+4i−(4+5i)|=|−7−i|= 50= 5 2= AB; de mêmep p
|c−b|=|−2−3i−(−3+4i)|=|1−7i|= 50=5 2=BC.
Conclusion : le rectangle ABCD ayant deux côtés consécutifs de même
longueurestuncarré.
EXERCICE 2 4points
bbbbbBaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
1. Onsaitquelasolutiongénéraleestdelaforme:
y=Acos2x+Bsin2x, A∈R,B∈R.
2.
 ( A = 1 A = 1 f(0) = 1 p p? ?? ?π ⇐⇒ 1 3 ⇐⇒ 3 3f = −2  A× − +B = −2 B = −
3 2 2 2 2
?
A = 1
p⇐⇒
B = − 3
p
Donc f(x)=cos2x− 3sin2x.
? !p ? ?1 3 π π
3. Quelquesoitx∈R, f(x)=2 cos2x− sin2x =2 cos2xcos −sin2xsin =
2 2 3 3
? ?π
2cos 2x+ (formuled’addition).
3
h iπ
4. Lavaleurmoyennede f sur 0; est:
3
π ? !p pπZ ? ?? ? ? ?
31 π 3 π 3 3 3 33m= 2cos 2x+ dx= ×sin 2x+ = 0− =−π 3 π 3 π 2 2π0, 0−0
3
PROBLÈME 11points
PartieA:Étudedeslimitesetrecherched’uneasymptote
−x 2 −2x−2x −x1. Onsaitque lim e =0,donccommee =(e ) , lim e =0.
x→+∞ x→+∞
Comme lim (6x+1)=+∞, lim f(x)=+∞
x→+∞ x→+∞
−x2. Enfactorisante dansl’écriturede f(x),ona
−x −x x xf(x)=e (e +4+6xe +e ).
−x −x −xOr lim xe =0, lim e =0, lim e =+∞,onconclutque
x→−∞ x→−∞ x→−∞
lim f(x)=+∞.
x→−∞
−2x −x −2x −x3. h(x)=e +4e +6x+1−(6x+1)=e +4e ,donccommeonl’avuau-
dessus, lim h(x)=0.
x→+∞
Géométriquement celasignifiequeladroited’équation y=6x+1estasymp-
toteàC auvoisinagedeplusl’infini.
u4. Onsaitquequelquesoitu∈R, e >0,donch(x)>0.
CelasignifiequelacourbeC estaudessusdeD quelquesoitleréelx
PartieB:Étudedesvariationsdelafonction f
1. f estdérivablesurRetquelquesoitx∈R,
? ?
′ −2x −x −2x −xf (x)=−2e −4e +6=−2 e +2e −3 .
−x −2x −x 2 2PosonsX=e ,donce +2e −3=X +2X−3=(X+1) −1−3=
2(X+1) −4=(X+1+2)(X+1−2)=(X+3)((X−1).
′ −x −xDonc f (x)=−2 e +3 e −1 .( )( )
Polynésie 2 septembre2009BaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
−x −x −x 02. e −1> 0 ⇐⇒ e > 1 ⇐⇒ e > e ⇐⇒ −x> 0 (par croissance de la
fonctionexponentielle) ⇐⇒ x60.
−x −x ′Comme e > 0 quel que soit le réel x, e +3> 3> 0. Le signe de f (x) est
−xdoncl’opposédeceluidee −1soit:
′-six60, f (x)60;
′-six>0, f (x)>0.
′3. Onendéduitletableaudevariationsde f,la positivité de f (x)entraînant la
croissancede f :
x −∞ 0 +∞
′ −f (x) +0
+∞ +∞
f
6
4. Voirlafigureplusbas
PartieC:Calculd’aire
1. On a vu à la question 4. de la partie A que la fonction h est positive donc sur
[0; m]avecm>0;l’aireA(m)estégaleàl’intégralesur[0; m]delafonction
h.D’où:Z ? ?mm? ? 1 1 1−2x −x −2x −x −2m −mA(m)= e +4e dx= − e −4e =− e −4e + +4=
2 2 20 0
9 1 −2m −m− e −4e .
2 2
9 1 −2 −12. EnparticulierA(1)= − e −4e ≈2,960≈2,96aucentièmeprès
2 2
−x 23. EnposantX=e ,l’équations’écrit−4X −32X+17=0.
2 2Δ=32 +4×4×17=1296=36 .L’équationadoncdeuxsolutionsréelles:
32+36 17 32−36 1
X = =− etX = = .Ilrestedoncàrésoudre:1 2
2×(−4) 2 2×(−4) 2
  17 −x pasdesolution pasdesolution  e = −    2 ou ou? ? ? ?ou ⇐⇒ ⇐⇒
1 1  1  −x = ln x = −ln =ln2−x e = 2 22
19 9 1 19 17 1−2m −m −2m −m4. A(m)= ⇐⇒ − e −4e = ⇐⇒ − e −4e = 0 ⇐⇒
8 2 2 8 8 2
−2m −m17−4e −32e =0.
Onvientdevoirquecetteéquationaunesolution:
19
m=ln2>0.OnaA(ln2)= .
8
Polynésie 3 septembre2009BaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
y
C 10 D
5
→−

→− x
ı
Polynésie 4 septembre2009