Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010 \ Génie mécanique, énergétique, civil EXERCICE 1 5 points 1. ∆= 16?4?8 = 16?32 =?16= (4i)2. Il y a donc deux racines complexes conjuguées : z1 = 4+4i 2 = 2+2i et z2 = 2?2i. 2. a. On a a = z1 = 2+2i, donc |a|2 = 4+4 = 8 = ( 2 p 2 )2 , ce qui implique que |a| = 2 p 2. En factorisant ce module on peut écrire : a = 2 p 2 (p 2 2 + i p 2 2 ) . De même |b|2 = 1+3= 4= 22, d'où |b| = 2 et en factorisant ce module : b = 2 ( 1 2 + i p 3 2 ) . b. On a a +c 2 = 2+2i+2?2i 2 = 2= k. De même : b +d 2 = 1+ i p 3+3? i p 3 2 = 2 = k, ce qui montre que K est le milieu des segments [AC] et [BD].

• ?2lnx ?2x2


• corrigé du baccalauréat sti


• cercle précédent au point d'ordonnée positive


• sti génie mécanique


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 21
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTIPolynésiejuin2010\
Géniemécanique,énergétique,civil
EXERCICE 1 5points
21. Δ=16−4×8=16−32=−16=(4i) .
Ilyadoncdeuxracinescomplexesconjuguées:
4+4i
z = =2+2ietz =2−2i.1 2
2
¡ p ¢222. a. On a a=z =2+2i, donc|a| =4+4=8= 2 2 , ce qui implique que1p
|a|=2 2.
Enfactorisantcemoduleonpeutécrire:
à !p p
p 2 2
a=2 2 +i .
2 2
2 2Demême|b| =1+3=4=2 ,d’où|b|=2etenfactorisantcemodule:Ã !p
1 3
b=2 +i .
2 2
a+c 2+2i+2−2i
b. Ona = =2=k.
2 2 p p
b+d 1+i 3+3−i 3
Demême : = =2=k, ce qui montre que K est le
2 2
milieudessegments[AC]et[BD].
c. Les points A et C sont symétriques autour de (Ox). K est donc le point
d’intersectionde(Ox)etdeladroite(AC).
Le point B appartient au cercle de centre O et de rayon 2 et il a pour
abscisse1.
Ilsuffitdoncdetracerlaperpendiculaireà(Ox)contenantlepoint(1;0):
elle coupe le cercle précédent au point d’ordonnée positive B. Il suffit
ensuitedeconstruirelesymétriquedeBautourdeK:D.
3. a. On calcule AC=|c−a|=|2−2i)−2−2i|=|−4i|= 4 et BD=|d−b|=p p p p
|3−i 3−1−i|=|2−2i 3|= 4+12= 16=4.
Ona doncKA=KC=KB =KD=2:les points A,B, Cet Dappartiennent
aucercledecentreKetderayon2.
b. On a démontré que le point K est le milieu de [AC] et de [BD] : le qua-
drilatère ABCD est donc un parallélogramme dont les diagonales ont la
mêmelongueur:c’estunrectangle.
Figure:STIgéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
A
2 B
1
→−
v
K
→−O−2 −1 1 2 3u
−1
D−2
C
−3
EXERCICE 2 4points
1. p =0,15, p =0,25, p =0,15, p =0,35etp =0,10.1 2 3 4 5
2. p(A)=p +p +p =0,55.1 2 3
p(B)=p +p =0,6.2 4
p(A∩B)=0,25.
p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)=0,55+0,60−0,25=0,9.
3. a. Onaletableausuivant:
numéro 1 2 3 4 5
X 5 −6 5 −6 5
p 0,15 0,25 0,15 0,35 0,10i
b. E(X)=5(0,15+0,15+0,2)−6(0,25+0,45)=−1,60(().
c. Ilsuffitderemplaçerdanslecalculprécédent5parlavaleura−6.D’où:
E(X)=(6−a)×(0,15+0,15+0,2)−6(0,25+0,45)=0,4a−6.
Lejeuestéquitablesil’espérance degain(etdeperte)estnulle.
DoncE(X)=0 ⇐⇒ 0,4a−6=0 ⇐⇒ a=15.
PROBLÈME 11points
PartieA:Étuded’unefonctionauxiliaire
1. g somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle
et:
1′g (x)=− −2x<0commesommededeuxtermesnégatifs.Lafonctiong est
x
doncdécroissantesur]0;+∞[.
22. a. g(1)=1−ln1−1 =1−1=0.
b. g étant strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et s’annulant en 1, on en
déduitque:
• g(x)>0si0<x<1;
Polynésie 2 juin2010
bbbbbSTIgéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
• g(1)=0;
• g(x)<0si1<x.
PartieB:Étudedelafonction f
2lnx
1. a. Onsaitque limlnx=−∞,donclim =−∞,doncfinalement: lim f(x)=
x→0 x→0 x→0x
−∞.
Graphiquement:l’axedesordonnéesestasymptoteaugraphedelafonc-
tionauvoisinagedezéro.
lnx
b. Onsaitque lim =0et lim −2x=−∞,doncfinalement lim f(x)=
x→+∞ x→+∞ x→+∞x
−∞.
2lnx
2. a. Soitd lafonctiondéfiniesur]0;+∞[pard(x)= f(x)−(−2x+4)= .
x
lnx
Onavuque lim =0,donc lim d(x)=0.
x→+∞ x→+∞x
Ceci montre que la droiteD d’équation y=−2x+4 est asymptote à la
courbeC auvoisinagede+∞.
b. Plusprécisement commelnx>0etx>0auvoisinagedeplusl’infinion
2lnx
adonc >0,cequisignifiequelafonctiond estpositive,ouencore
x
quelacourbeC estaudessusdeladroiteD auvoisinagede+∞.
3. a. Lepremiertermeestunquotientdefonctionsdérivablessur]0;+∞[le
dénominateur nes’annulant passurcetintervalle; f est doncdérivable
etsurcetintervalle: ¡ ¢2 2 2×x−2lnx 2 1−lnx−x2−2lnx 2−2lnx−2xx′f (x)= −2= −2= = =
2 2 2 2x x x x
2g(x)
.
2x
2 ′b. Comme 2>0et x >0sur]0;+∞[,lesignede f (x)estceluideg(x)vu
àlapartieA.
Onadonc
′• f (x)>0si0<x<1; f estcroissante
′• f (1)=0; f aunmaximum;
′• f (x)<0si1<x; f estdécroissante.
x 0 1 +∞
2
f(x)
−∞ −∞
c.
4. La droiteD a un coefficient directeur égal à−2. Une tangente àC au point
′d’abscisse x est parallèle àD si son coefficient directeur f (x) est égal à−2,
soit: ¡ ¢
22 1−lnx−x
′ 2 2f (x)=−2 ⇐⇒ =−2 ⇐⇒ 2−2lnx−2x =−2x ⇐⇒ 2−
2x
2lnx= 0 ⇐⇒ 1−lnx= 0 ⇐⇒ 1= x ⇐⇒ lne= lnx ⇐⇒ e= x (d’après la
croissancedelafonctionln.¡ ¢
22 1−lne−e
′Vérification: f (e)= =−2.
2e
5. Voiràlafin.
PartieC:Calculd’uneaire
Polynésie 3 juin2010STIgéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
2ln2
1. f(2)= −2×2+4=ln2.
2
Sur[1;2]lafonction f estdécroissantede2àln2,doncsur[1;2], f(x)>0.
2. a. LafonctionF estlasommedefonctionsdérivablessur]0;+∞[;elleest
doncdérivablesurcetintervalleet:
1 2lnx′F (x)=2lnx× −2x+4= −2x+4= f(x).
x x
F estdoncuneprimitivede f sur]0;+∞[.
b. Onavuquesur[1 ;2], f(x)>0,doncl’aireA estégaleenunitésd’aireà
l’intégrale:
Z2 £ ¤2 2 2 2 2A = f(x)dx= F(x) =F(2)−F(1)=(ln2) −2 +4×2− (ln1) −1 +4×1 =[ ]1
1
2 2(ln2) −4+8+1−4=1+(ln2) .D’oùA ≈1,48045(u.a.)
2 2Comme l’unité d’airevaut2×2=4cm ,onaA ≈5,921≈5,92 (cm )au
2mm près.Cequel’onvérifieapproximativement surlafigure.
D T
2
1
e
O
1 2 3
−1
Polynésie 4 juin2010