Corrigé du baccalauréat STI septembre Métropole La Réunion

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STI 16 septembre 2010 \ Métropole & La Réunion Génie électronique, électrotechnique et optique EXERCICE 1 6 points 1. (1+ i)z ? 3+ i = 0 ?? (1+ i)z = 3? i ?? z = 3? i 1+ i = (3? i)(1? i) (1+ i)(1? i) ?? z = 3?1+ i(?1?3) 1+1 = 4?4i 2 = 2?2i. Réponse C. 2. Ona z0 = 2ei pi2 , donc z20100 = ( 2ei pi2 )2010 = 22010ei1050pi = 22010 car 1050pi= 525? 2pi. Réponse A. 3. z =?1+ i, donc |z|2 = 1+1= 2?|z| =p2. z = p 2 ( ? 1 p 2 + i 1p 2 ) = p 2 ( ? p 2 2 + i p 2 2 ) . Or cos 3pi4 =? p 2 2 et sin 3pi4 = p 2 2 . Donc un argument de z est 3pi4 . Donc z = p 2ei 3pi4 . Réponse C.

• somme de limites lim


• cos pi6


• réciproque du théorème de pythagore


• argument de z


• ?2 ??


• factorisant ex dans l'écriture précédente


• baccalauréat sti


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2010
• Nombre de lectures: 38
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSTI16septembre2010\
Métropole&LaRéunion
Génieélectronique,électrotechniqueetoptique
EXERCICE1 6points
3?i (3?i)(1?i)
1. (1?i)z?3?i? 0 () (1?i)z? 3?i () z? ? () z?
1?i (1?i)(1?i)
3?1?i(?1?3) 4?4i
? ?2?2i.RéponseC.
1?1 2
? ?2010π πi 2010 i 2010 i1050π 20102 22. Onaz ?2e ,doncz ? 2e ?2 e ?2 car1050π?525?0 0
2π.RéponseA.
p
23. z??1?i,doncjzj ?1?1?2)jzj? 2.
? !p p? ?
p p1 1 2 2
z? 2 ?p ?ip ? 2 ? ?i .
2 22 2
p p
2 23π 3π 3πOrcos ?? etsin ? .Doncunargumentdez est .
4 4 42 2
p 3πi
4Doncz? 2e .RéponseC.
2πi ? ?3 p pz 2e 2π π 11π1 i ? i
3 4 124. ? ? 2e ? 2e .RéponseB.p π?iz 42 2e
π0 0 0 i 65. ToutpointM d’affixez auneimageM d’affixez tellequez ?ze ?
?p ?? ?π π 3 1z cos ?isin ?z ?i .
6 6 2 2
?p ? p pp ? p ? ? ?3 3 30 1 1 3Donc avec z ??1?i 3,z ? ?1?i 3 ?i ?? ? ? ? ? i?2 2 2 2 2 2p
? 3?i.RéponseA.
6. Ona:
2 2 2AB ?jz ?z j ?j?2j ?4;B A
? p ?22 2 ? ?AC ?jz ?z j ? ?2?2i 3 ?4?12?16;C A
? p ?22 2 ? ?BC ?jz ?z j ? ?2i 3 ?12.Letrianglen’estpasisocèleetafortioriéqui-C B
latéral.
2 2 2D’autre part : 4?12?16 () AB ?BC ?AC () ABC est rectangle en B
d’aprèslaréciproqueduthéorèmedePythagore.RéponseA.
EXERCICE2 4points
3
1. Lestroisboulesmarquées5ou6conduisentàuneperte.Onadoncp ? ?1
10
3 7
0,3etparconséquent p ?1?p ?1? ? ?0,7.2 1
10 10
2. a. X2{?5;?4; 0; 1; 2; 3; 4}.
X ?5 ?4 0 1 2 3 4
b.
p(X?x ) 0,1 0,2 0,1 0,3 0,1 0,1 0,1i
c. E(X)??5?0,1?4?0,2?0?0,1?1?0,3?2?0,1?3?0,1?4?0,1?
?0,5?0,8?0,3?0,2?0,3?0,4??0,10.Surungrandnombredepartiesce
résultatsignifiequelejoueurperdraenmoyenne10centimesparpartie.
3. Onpeut parexemple remplacerlaboule marquée 10parune boulemarquée
11.BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechniqueetoptique A.P.M.E.P.
PROBLÈME 10points
PartieA
1. Onsaitquelessolutions de(E)sontlesfonctionsdéfiniespar:
2xx7?! f(x)?Ke ,K2R.
0 2x2. Sig estsolutionde(E),g (x)?2g(x)?2Ke etenparticulier
1
0g (0)?2K??1 () K?? .
2
1 2xLasolutionparticulièreestdoncdéfiniesurRpar g(x)?? e .
2
PartieB
6?3
1. Lecoefficientdirecteurdeladroite(KF)estégalà ?3.
1?0
b?02. Kestunpointdelareprésentationgraphiquedeh,donc3?ae () 3?a.
0Le coefficient directeur de la droite (KF) est égal au nombre dérivé h (0); or
0 bx 0h (x)?abe ,donch (0)?ab?3 () 3b?3 () b?1.
xDonch(x)?3e .
PartieC
x 2x1. a. On sait que lim e ? 0 et lim e ? 0, donc par somme de limites
x!?1 x!?1
lim f(x)?0.
x!?1
b. Le résultat précédent montre que l’axe des abscisses est asymptote à la
courbeC auvoisinagedemoinsl’infini.
10 x 2x x 2x2. a. f (x)?3e ? ?2e ?3e ?e .
2
xb. Enfactorisante dansl’écritureprécédente:
0 x xf (x)?e (3?e ).
x 0 xc. Commee ?0quelquesoitleréelx,lesignede f (x)estceluide3?e .
Or:
x x– 3?e ?0 () e ?3() x?ln3;
x x– 3?e ?0 () e ?3() x?ln3
0Donc:-sur]?1; ln3[, f (x)?0:lafonctionestcroissante;
0-sur]ln3; 2], f (x)?0:lafonctionestdécroissante.
D’oùletableaudevariations:
x ?1 ln3 2
9
2
f(x)
2 1 43e ? e0 2
3. Lecoefficientdirecteurdelatangente(T)àlacourbeC aupointAd’abscisse? ?
? ? ??3 3 30 3 ln 2ln 9 9 9
2 2ln estégalaunombredérivé f ln ?3e ?e ? ? ? .2 2 4 42
? ?
1 1
x 2x x x4. Il faut résoudre l’équation f(x)? 0 () 3e ? e ? 0 () e 3? e ?
2 2
1 1x x x x0 () 3? e ?0 (care 6?0) () 3? e () 6?e () ln6?x.
2 2
DoncB(ln6; 0).
5. Voirlafigureàlafin.
Métropole&LaRéunion 2 16septembre2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechniqueetoptique A.P.M.E.P.
6. a. Voirlafigure.
b. Onavuque f s’annuleenx?ln6,doncsurl’intervalle [0; ln6],lafonc-
tionestpositivedoncl’airedelasurfacehachuréeestégaleàl’intégrale:
Z Z ? ? ? ?ln6ln6 ln6 1 1x 2x x 2xf(x)dx? 3e ? e dx? 3e ? e ?
2 40 0 0? ?
1 1 1 251ln6 2ln6 0 2?03e ? e ? 3e ? e ?18?9?3? ?6? ? u.a.
44 4 4 4
2 2 2Comme1u.a.?1?2cm =2cm ,l’airehachuréeestégaleà12,5cm .
7. Premièreméthode. ? ?212 α 2Onavuque1u.a.=2cm ,onaA(α)?2 e ?3 cm .
2
Ilfautdoncrésoudrel’équation :
8
1> α e ?3 ? 2>? ? ? ?2 2 < 21 1α α2 e ?3 ?8 () e ?3 ?4 () ou
>2 2 1> α: e ?3 ? ?2
2
Premièreéquation:
1 1α α αe ?3?2 () e ?3?2 () e ?10 () (parcroissancedelafonction
2 2
logarithmenépérien) α?ln10.
Or10?6)ln10?ln6.
Laconditionα?ln6n’estpasvérifiée.
Deuxièmeéquation:
1 1α α αe ?3??2 () e ?3?2 () e ?2 () (parcroissancedelafonction
2 2
logarithmenépérien) α?ln2.
Orln2?ln6,donccettevaleurestacceptée.
2OnadoncA(ln2)?8cm .
Deuxièmeméthode.
– Parconstruction,lafonctionA eststrictementdécroissante.Eneffet,quand
α augmente, l’aire sous la courbe entreα et ln 6 diminue ou encore, l’aire
griséesurlegraphique«problèmepartieC»diminuelorsqueαaugmente.
– LafonctionA estégalementunefonctiondérivable(donccontinue).
2 2– Enfin,8cm estuneairecompriseentreA(0)?12,5cm (voirci-dessus)et
2A(ln6)?0cm .
Donc,lethéorème desvaleurs intermédiairespermetdedirequ’il existe bien
2une(etuneseule)valeurdeαentre0etln6tellequel’aireA(α)soitde8cm .
Remarque: comme on ne nous demande pas la valeur deα, il n’y a aucune
obligationàladonner.
Métropole&LaRéunion 3 16septembre2010BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechniqueetoptique A.P.M.E.P.
Problème,partieB
Documentannexe
y
6
F
5
4
3
K
2
1
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?4 ?3 ?2 ?1 1 2 3
?1
Problème,partieC
y
4
A
3
2
1
(C) (T)
O B xα?ln2?4 ?3 ?2 ?1 1
?1
Métropole&LaRéunion 4 16septembre2010
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