Corrigé du baccalauréat STL Antilles juin Chimie de laboratoire et de procédés industriels

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL Antilles 17 juin 2010 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels EXERCICE 1 6 points 1. Par somme on obtient 4z = 4 p 3+4i ?? z = p 3+ i, puis la seconde équation donne z ? = 4i? z = 4i? p 3? i=? p 3+3i. 2. On remarque que z1 et z2 sont les deux solutions du système ci-dessus. a. •On a |z1|2 = 3+1= 4 ?? |z1| = 2. Donc z1 = 2 (p 3 2 + 1 2 i ) = 2 ( cos π6 + isin π 6 ) . Un argument de z1 est π 6 . •De même |z2|2 = 9+3= 12 ?? |z2| = 2 p 3. On peut donc écrire z2 = 2 p 3 ( ? 1 2 + i p 3 2 ) = 2 p 3 ( cos 2π3 + i sin 2π 3 ) . Un argument de z2 est 2π 3 . • |z3| = |z2| |z1| = p 3. De plus arg z3 = arg z2?argz1 = 2π 3 ? π 6 = 4π 6 ? π 6 = π 2 .

• corrigé du baccalauréat stl


• arg z2?argz1


• argument de z1


• baccalauréat stl


• d2 d'équation


• dérivée ?


• réciproque du théorème de pythagore


• i? z


• ?? ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 40
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat STL Antilles 17 juin 2010\ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

E X E R C IC E points1 6 p 1.Par somme on obtient 4z=4 3+4i⇐⇒z=3+i, puis la seconde équation p ′ donnez=4i−z=4i−3−i= −3+3i. 2.On remarque quez 1 etz 2 sont les deux solutions du système cidessus. 2 a.•On a | z 1 | = 3+1=4 ⇐⇒ | z 1 | = 2. Ã ! 3 1 ¡ ¢ π π Doncz 1 =2+i=2 cos+.i sin 6 6 2 2 π Un argument dez 1 est . 6 p 2 •De même | z 2 | = 9+3=12 ⇐⇒ | z 2 | = 2 3. Ã ! p 1 3 ¡ ¢ 2π2π On peut donc écrirez 2 =2 3− +i=cos2 3+.i sin 3 3 2 2 2π Un argument dez 2 est . 3 p | z 2 | • | z 3 = | = 3. | z 1 | 2π π4π π π De plus argz 3 =argz 2 −argz 1 = −= −=. 3 6 6 62 b.De la question précédente on en déduit avec l’écriture exponentielle que p −3+3i z 3 = =3i tout simplement. 3+i 3. a.Voir à la fin. ³ ´ −→−→ 2ππ π b.•D’après la question 2.,OA ,OB=argz B −argz A == −. Le 3 6 2 triangle OAB est donc rectangle en O. •rème deAutre méthode : on peut aussi utilisert la réciproque du théo Pythagore. c.On a K(0 ; 2). p 4 34 3 d.z C =z 3 = ×3i=4i. On a donc C(0 ; 4). 3 3 ¡ ¢ 2 2 On sait déjà que K est équidistant de A et de B. Comme AB= −3−3+ 2 2 (3−1)=12+4=16=AB = 4 et KA = KB = 2.4 , Il est évident que KO = KC = 2. Conclusion le point K est équidistant des quatre points O, A, B et C. Ces quatre points appartiennent au cercle de centre K et de rayon 2.

C 4 B 3 K 2

1 A −→ v −→ O −4−3−2−1 u 1 2 3 −1

Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédésindustriels A. P. M. E. P.

E X E R C IC E 2 6points 1.Au départ l’émission est de 6,8 milliards de tonnes et chaque année cette émis sion est augmentée de 3 %, donc est multipliée par 1,03. La suite des émissions est donc une suite géométrique de premier termeE 0 = 6, 8et de raison 1,03. Quel que soit le natureln, on a donc pour l’année 2000+n:

n E n =6, 8×1, 03. 10 2.2010 correspond àn=10 etE 10 =6, 8×1, 03≈milliards de tonnes.9, 1 er 3.Du 1janvier 2000 au 31 décembre 2010, il se sera écoulé 11 années. Il faut donc calculer :

11 1, 03−1 S 0 +S 1 + ∙ ∙ ∙ +E 11 =6, 8× ≈87, 1. 1, 03−1 n n 4.8Il faut résoudre l’inéquation : 6,×1, 03 > 2×6, 8⇐⇒1, 03 > 2. La calculatrice donnen > 24. Réponse : 2024. Autre méthode : ln 2 n 1, 03 > 2⇐⇒nln 1, 03 > ln 2⇐⇒n > ⇐⇒n > 23, 44. ln 1, 03

P R O B L È M E 8 points x xx x 4e 4e4 (e+3)−4e 1.On peut écriref(x)=x−2+2+2− =x−2+4− =x−2+ = x xx e+3 e+3 e+3 12 x−2+. x e+3 12 2.•Limite en+∞: en utilisant l’écriture précédente,lim=0 et comme x x→+∞ e+3 lim (x−2)= +∞, limf(x)= +∞. x→+∞x→+∞ 12 x •Limite en−∞limOn a=4 (carlime te=0), et commelim (x− x x→−∞x→−∞x→−∞ e+3 2)= −∞, on alimf(x)= −∞. x→−∞ 12 3.Soitgla fonction définie surRparg(x)=f(x)−(x−2)=. Comme x e+3 12 lim=0, limf(x)−(x−2)=0, ce qui signifie que la droiteD 1 est x x→+∞x→+∞ e+3 asymptote àC f au voisinage de plus l’infini. x 4e De même soithla fonction définie surRparg(x)=f(x)−(x+2)= −. x e+3 x 4e Comme lim=0, limf(x)−(x+2)=0, ce qui signifie que la droite x x→−∞x→−∞ e+3 D 2 d’équationy=x+2 est asymptote àC f au voisinage de moins l’infini. 12 4.On ag(x)=qui est une fonction positive : on a doncf(x)−(x−2)> x e+3 0⇐⇒f(x)>x−2, ce qui signifie queC f est au dessus deD 1 . x 4e De mêmeh(x)= −: cette fonction est négative : on a doncf(x)−(x−2)< x e+3 0⇐⇒f(x)<x−2 ce qui signifie queC f est au dessous deD 2 . 12 5.En partant def(x)=x−2+et en dérivant chaque terme, le dernier étant x e+3 ′ 1u de la formequi a pour dérivée−: 2 u u x x 2 x2x xx 2 e (e+3)−12e e+9−6e (e−3) ′ f(x)=1−12= ==. x 2 x 2 x 2 x 2 (e+3) (e+3) (e+3) (e+3)

Antilles

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17 juin 2010

Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédésindustriels A. P. M. E. P.

′ f(x) est un carré donc un nombre positif : la fonctionfest croissante surR de moins l’infini à plus l’infini. ln 3 4e 12 6.Soitf(ln 3)=ln 3+2− =ln 3+2− =ln 3+2−2=ln 3. ln 3 e+ 3 3+3 Conclusion H(ln3 ; ln3)∈C f . Ã ! 2 µ ¶ ln 3 2 e−3 3−3 ′ On af(ln 3)= ==0. La tangente en H est horizontale. ln 3 e+ 3 3+3 Graphique : plus bas. 7.D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : on a vu que la fonctionfest croissante de moins l’infini à plus l’infini surR: il existe donc un réel uniquex 0 tel quef ( x 0 ) =0. La calculatrice donne :f(−2)≈ −0, 17etf(−1)≈donc :0, 56,−2<x 0 < −1, puis : f(−1, 8)≈ −0, 009etf(−1, 7)≈donc :0, 07,−1, 8<x 0 < −puis :1, 7, f(−1, 79)≈ −0,000 9etf(−1, 78)≈0, 007,donc :−1, 79<x 0 < −la valeur1, 78, la plus proche étant donc−1, 79.

6

5

4

3

2

D 2

D 1

1 K −→  −→ O −4−3−2−1 ı 1 2 3 4 5 6 7 −1

Antilles

−2

3

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