Corrigé du baccalauréat STI Polynésie Génie électronique juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie \ Génie électronique juin 2008 EXERCICE 1 6 points 1. z2+2z+2 = 0 ?? (z+1)2?1+2 = 0 ?? (z+1)2+1 = 0 ?? (z+1)2? i2 = 0 ?? (z+1+ i)(z+1? i)= 0. D'où les deux solutions : ?1? i et ?1+ i. 2. a. |zA|2 = 1+1= 2?|zA| = p 2. |zC|2 = 3 4 + 1 4 ? p 3 2 + 3 4 + 1 4 + p 3 2 = 2?|zC| = p 2 b. zA = p 2 ( ? p 2 2 + i p 2 2 ) = p 2 ( cos 3π 4 + isin 3π 4 ) . Un argument de zA est donc 3π 4 . 3. a. Z = (p 3 2 ? 1 2 ) + (p 3 2 + 1 2 ) i ?1+ i = [(p 3 2 ? 1 2 ) + (p 3 2 + 1 2 ) i ] (?1? i) (?1+ i)(?1? i) = ? p 3 2 + 1 2 +

• point d'abscisse ln2


• ?? ?


• ln2


• coefficient directeur de la tangente


• droite horizontale d'équation

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2008
• Nombre de lectures: 17
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSTIPolynésie\
Génieélectroniquejuin2008
EXERCICE 1 6points
2 2 2 2 21. z +2z+2=0 ⇐⇒ (z+1) −1+2=0 ⇐⇒ (z+1) +1=0 ⇐⇒ (z+1) −i =
0 ⇐⇒ (z+1+i)(z+1−i)=0.
D’oùlesdeuxsolutions:−1−iet−1+i.
p
22. a. |z | =1+1=2⇒|z |= 2.A Ap p
p3 1 3 3 1 32|z | = + − + + + =2⇒|z |= 2C C
4 4 2 4 4 2Ã !p p µ ¶
p p2 2 3π 3π
b. z = 2 − +i = 2 cos +isin .A
2 2 4 4
3π
Unargumentde z estdonc .A
4
à ! à ! "à ! à ! #p p p p
3 1 3 1 3 1 3 1
− + + i − + + i (−1−i)
2 2 2 2 2 2 2 2
3. a. Z= = =
−1+i (−1+i)(−1−i)³ ´p p p p
3 1 3 1 3 1 3 1 p− + + + +i − + − −2 2 2 2 2 2 2 2 1−i 3
= .
1+1 2
1 32b. |Z| = + =1⇒|Z|=1.
4 4Ã !p
1 3 π−π −π −i
3Z= +i − =cos +isin =e .3 32 2
p
c. Onavuque|z |= 2=|z |soitOA=OC.A C ³ ´−→ −→ π
D’autrepartonsaitqueargZ= OA, OC =− .
3
CecimontrequeCestl’imagedeAdanslarotationdecentreOetd’angle
π
− .
3
4.
C
A
I
O
B
Le triangle OABest isocèle et aun angle au sommet de60°: il est doncéqui-
latéral.D’oùlaconstruction:
C est le point du premier quadrant intersection du cercle de centre O et dep
rayon 2etducercledecentreAdemêmerayon.
bbA.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
−−→ −−→
5. On a par définition : OB = CA ⇐⇒ OBAC est un parallélogramme. Le mi-
lieu deIde[OA]estlemilieu de[CB]. Ilsuffit doncdeconstruireledeuxième
point d’intersection de la question précédente pour construire la médiatrice
de[OA].IobtenulesymétriquedeCautourdeIestB.
Comme OBAC est un parallélogramme et qu’il a deux côtés consécutifs de
mêmelongueur(CA=CO),c’estunlosange
EXERCICE 2 4points
I
J
J
F
J
J
F
F
J
J
F
V
J
F
F
Ilyadonc8tripletsdifférents.
II Ã !µ ¶ µ ¶ µ ¶1 2 33 1 1 1 3
1. Donc p(J=1)= =3× = .
1 2 2 2 8
à !µ ¶ µ ¶ µ ¶0 3 33 1 1 1 1 7
2. Ona p(J>1)=1−p(J=0)=1− =1− =1− = .
0 2 2 2 8 8
3. a. X prendlesvaleursnaturellesde0à3,aveclesprobabilitéssuivantes:
X 3 2 1 0
1 3 3 1
p(X=x )i
8 8 8 8
b. Cf.audessus
1 3 3 1 12
c. E(X)=3× +2× +1× +0× = =1,50(.
8 8 8 8 8
4. LoideprobabilitédeY :
X 3 2 1 0
Y 3 1,75 0,5 0
1 3 3 1
p(Y =y )i
8 8 8 8
1 3 3 1 9,75
E(Y)=3× +1,75× +0,5× +0× = =1,21875.
8 8 8 8 8
PROBLÈME 10points
Polynésie 2 juin2008A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
PARTIEA-Étudedelareprésentationgraphiqued’unefonctionf
1. Onlit: f(ln2)=2 f(0)=3
′2. Tangentehorizontaleaupointd’abscisseln2signifieque f (ln2)=0.
1′Lecoefficientdirecteurdelatangenteest f (0)=− .
2
3. Onlit lim f(x)=6.
x→+∞
PARTIEB-Étudedelafonction f
2 22x x x x1. f(x)=e −4e +6=(e −2) −4+6=(e −2) +2.
2. Enutilisantl’écritureprécédente:
¡ ¢2ln2 2f(ln2)= e −2 +2=(2−2) +2=0+2=2.
¡ ¢2x x3. a. Onsaitque lim e =0,donc lim e −2 =4etenfin lim f(x)=6.
x→−∞ x→−∞ x→−∞
b. On vient donc de démontrer que la droite horizontale d’équation y=6
estasymptoteàC auvoisinagedemoinsl’infinif
¡ ¢2x x4. Ona lim e =+∞,donc lim e −2 =+∞etenfin lim f(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
5. a. f sommedefonctionsdérivablessurRestdérivableet
′ 2x x x xf (x)=2e −4e =2e (e −2).
½ x2e = 0′ x x xb. f (x)=0 ⇐⇒ 2e (e −2)=0 ⇐⇒ ⇐⇒ e −2=0 ⇐⇒xe −2 = 0
xe =2 ⇐⇒ x=ln2parcroissancedelafonctionln.
Ladérivéenes’annulequ’aupointd’abscisseln2.
′ x x x xc. Demême f (x)>0 ⇐⇒ 2e (e −2)>0 ⇐⇒ e −2>0(care >0) ⇐⇒
xe >2 ⇐⇒ x>ln2parcroissancedelafonctionln.
′Onadonc f (x)>0sur]ln2;+∞[.
6. D’oùletableaudevariations:
x −∞ 0 ln2 α +∞
′ −f (x) +0
+∞6
73f(x)
2
7. D’après la tableau de variations précédent, la fonction f est croissante sur
[ln2 ; +∞[ de 2 à+∞ : il existe donc un unique réel α∈ [ln2 ; +∞[ tel que
f(x)=7.
Ona f(1,4)≈6,2et f(1,5)≈8,1,d’où1,4<α<1,5.
PARTIECCalculd’uneaire
1′ 2x1. F sommedefonctionsdérivablessurRestdérivablesurRetF (x)= ×2e −
2
x 2x x4e +6=e −4e +6= f(x).
F estdoncuneprimitivede f surR.
2. Cf.lafigureplusbas.
23. L’unité d’aireestégaleà1,5×1=1,5cm .
Z µ ¶1 1 11 2 1 0 0DoncA =1,5 f(x)dx=1,5[F(x)] =1,5 e −4e +6×1− e +4e +6×0 =0 2 20µ ¶2e 19 2 21,5 −4e+ ≈3,4821cm soitenviron3,48cm aucentièmeprès.
2 2
Polynésie 3 juin2008A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique
ANNEXEÀRENDREAVECLACOPIE
8y
Cf
7
7
6
6
5
5
4
4
3
3
2
2
1
1
→− →− ı0
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 x4ln2−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3
Polynésie 4 juin2008