Corrigé du baccalauréat STL juin Antilles–Guyane

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL juin 2009 Antilles–Guyane \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels EXERCICE 1 4 points 1. z2+10z +29 = 0 :∆= 100?4?29 = 100?116 =?16= (4i)2. Le discriminant est négatif : l'équation a donc deux solutions complexes conju- guées : ?10+4i 2 =?5+2i et ?5?2i. 2. Voir plus bas. 3. zD = ei pi2 = cos pi2 + isin pi2 = 0+1i= i 4. On a |zA? zD|2 = |?5?2i? i|2 = |?5?3i|2 = 25+9= 34?|zA? zD| = p 34. |zB? zD|2 = |?3+6i? i|2 = |?3+5i|2 = 9+25= 34?|zB? zD| = p 34. Conclusion : DA = DB = p 34 5. Comme A et C sont symétriques autour de l'axe des ordonnées et que D ap- partient à cet axe, on a DA = DC. Finalement DA = DB = DC = p 34, donc C est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, de rayon p 34. 1 2 3 4 5 6 ?1 ?2 ?3 ?4 ?5 1 2 3 4 5?1?2?3?4?5?6 ??u ?? v b b b b A B C D O EXERCICE 2 4 points 1

• attention au changement d'ordre


• zb? zd


• baccalauréat stl


• ei pi2


• symétriques autour de l'axe des ordonnées


• ona lim


• produit de limites

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2009
• Nombre de lectures: 36
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSTLjuin2009
Antilles–Guyane\
Chimiedelaboratoireetdeprocédésindustriels
EXERCICE 1 4points
2 21. z ?10z?29?0:Δ?100?4?29?100?116??16?(4i) .
Lediscriminantestnégatif:l’équationadoncdeuxsolutionscomplexesconju-
guées:
?10?4i
??5?2i et ?5?2i.
2
2. Voirplusbas.
πi π π
23. z ?e ?cos ?isin ?0?1i?iD 2 2
p
2 2 2j j j j j j j j4. Ona z ?z ? ?5?2i?i ? ?5?3i ?25?9?34) z ?z ? 34.A D A Dp
2 2 2jz ?z j ?j?3?6i?ij ?j?3?5ij ?9?25?34)jz ?z j? 34.B D B Dp
Conclusion:DA=DB? 34
5. Comme A et C sont symétriques autour de l’axe des ordonnées et que D ap-
partientàcetaxe,onaDA=DC.
p
Finalement DA=DB=DC? 34,doncCestlecentreducerclecirconscritau
p
triangleABC,derayon 34.
B
6
5
4
3
2
D
1
!?
v
!?O
?6 ?5 ?4 ?3 ?2 ?1 1 2 3 4 5u
?1
?2
A C
?3
?4
?5
EXERCICE 2 4points
2
1. a. On passe d’un rang à l’autre en multipliant la population par 1? ?
100
98
?0,98.
100
u ?u ?0,98?200000?0,98?196000;1 0
u ?u ?0,98?196000?0,98?192080.2 1
bbbbBaccalauréatSTLChimiedelaboratoireetdeprocédésindustriels A.P.M.E.P.
b. u ?0,98u .n?1 n
c. La suite (u ) est donc une suite géométrique de raison 0,98 de premiern
terme200000.
n nOnsaitqueu ?u ?0,98 ?200000?0,98 .n 0
10d. Onapourn?10,u ?200000?0,98 ?163415.10
22. a. 2011correspondàn?2,doncv ?120000?1,01 ?122412.2
10b. v ?120000?1,01 ?132555.10
En2019, ilyauraàpeuprès132555habitants.
3. Ilfautrésoudrel’inéquation :
n n n nv ?u () 120000?1,01 ?200000?0,98 () 0,6?1,01 ?0,98 ()n n µ ¶n n0,98 0,98
0,6? () 0,6? () (par croissance de la fonction loga-
n1,01 1,01µ ¶
0,98
rithme népérien) ln0,6?nln () (attention au changement d’ordre
1,01µ ¶
0,98 ln0,6
³ ´car comme 0,98?1,01, ln ?0 donc ?n () n?16,9 à peu
0,981,01 ln 1,01
près.
La ville B comptera plus d’habitants que la ville A pour la première fois pour
n?17,cequicorrespondàl’an2016.
PROBLÈME 12points
PartieA:
1. Voirl’annexe.
02. g(0)?(2?0?1)e ?1??1?1?0.
0 x x x3. OnasurR,g (x)?2e ?(2x?1)e ?e (2x?1).
0 x xg (x)?0 () e (2x?1)?0 () 2x?1?0(carquel que soit x, e ?0, donc
1
finalement x?? .
2
0 x xg (x)?0 () e (2x?1)?0 () 2x?1?0 (car quel que soit x, e ?0, soit
1
x?? .
2 ¸ ·
1
Conclusion : sur ?1;? , la dérivée est négative et la fonction g est dé-
2
2
croissantede1à1? ??0,2.p
e ¸ ·
1
Ilexistedoncunevaleuruniquedeα2 ?1;? telleque g(α)?0.
2
4. Lacalculatricedonne:
g(?1,26)?0,001et g(?1,25)?0,003, donc?1,3?α??1,2.
5. Onadoncg(x)?0sur]?1;α[[]0 ;?1[et g(x)?0sur]α; 0[.
Enfin f(α)? f(0)?0.
PartieB:étuded’unefonction
2x1. Ona lim (x?1)??1et lim e ??1,doncparproduitdelimites, lim (x?
x!?1 x!?1 x!?1
2x1)e ??1.
xlim e ??1etfinalementparsommedelimites lim f(x)??1
x!?1 x!?1
2. Ona lim f(x)?0.
x!?1
3. f estdérivablesurRetsurcetintervalle :
0 2x 2x x 2x x 2x xf (x)? e ?(x?1)?2?e ?e ? e (1?2x?2)?e ? (2x?1)e ?e ?
x x xe [1?(2x?1)e ]?g(x)?e .
Antilles–Guyane 2 juin2009BaccalauréatSTLChimiedelaboratoireetdeprocédésindustriels A.P.M.E.P.
x 04. a. Comme e ?0quel que soit leréeel x, le signe de f (x)est celui de g(x)
quiaététrouvédanslapartieA.
0On a donc f (x)?0 sur ]?1;α[[]0 ;?1[, donc la fonction est crois-
santesurcetintervalle,décroissanteailleurs.
b. D’oùletableaudevariationssuivant:
x ?1 α 0 ?1
0 + ?f (x) 0 0 ?
?1
f(x)
0 0
c. Ontrouve f(?1,3)?0,1.
5. a. Voirplusbas
b. F estdérivablesurRetsurcetintervalle:µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶
1 x 3 1 3 1 3
0 2x 2x x 2x 2x x 2xF (x)? e ?2 ? e ?e ? e ? x? e ?e ?e ?x? ?
2 2 4 2 2 2 2
x 2x xe ?(x?1)e ?e ? f(x).
Donc F est une primitive de f surR donc en particulier sur l’intervalle
[0;1].
c. Le tableaude variationsmontre que lafonction f est positive sur [0; 1],
doncl’airelapartieS estégale,enunitéd’aireàl’intégrale:
µ ¶ µµ ¶ ¶Z1 1 3 0 32 1 0 0
f(x)dx?[F(x)] 1?F(1)?F(0)? ? e ?e ? ? e ?e ?0 2 4 2 40
1 12? e ?e? (u.a.).
4 4
2Uneunitéd’airevaut2?4?8cm ,doncµ ¶
1 1 2 2 2A ?8 ? ?e? e ??2?8e?2e (cm )
4 4
2etA?4,97cm .
Antilles–Guyane 3 juin2009BaccalauréatSTLChimiedelaboratoireetdeprocédésindustriels A.P.M.E.P.
Annexe(àrendreaveclacopie)
oAnnexen 1
1
?x ?1 0 ?12
0g (x) ? 0 ?
?11
g(x) 0
2
1?p
e
oAnnexen 2
y
2 C
1
O x
?4 ?3 ?2 ?1 1 2 3
Antilles–Guyane 4 juin2009