Corrigé du baccalauréat STI Polynésie 11 juin 2012 Génie

Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie \
11 juin 2012
Génie électronique, électrotechnique, optique
E XERCICE 1
4 points
1.
N
R
N
R
N
R
N
R
N
R
N
R
N
R
N
R
N
N
R
N
N
R
R
N
N
R
R
N
R
R
2. a. A et C sont des évènements contraires.
1
1
1
b. p(A) =
; p(B) =
et d’après la question précédente p(C ) = 1 −
=
16
16
16
15
.
16
3. a. Les valeurs de X sont : 360 ; 390 ; 420 ; 450 ; 480.
b. En utilisant l’arbre on obtient le tableau suivant :
X
360
390
420
450
480
p (X = xi )
1
16
4
16
6
16
4
16
1
16
4
6
4
1
1
+ 390 × 16
+ 420 × 16
+ 450 × 16
+ 480 × 16
=
c. On a E(X ) = 360 × 16
360+1 560+2 520+1 800+480
16
=
6 720
16
= 420 (().
E XERCICE 2
6 points
¯ p
¯2
1. Calcul du module : |zA |2 = ¯−2 3 + 2i¯ = 4 × 3 + 4 = 16 = 42 ⇒ |zA | = 4.
En factorisant
ce !module :
à p
¡
¢
1
5π
3
zA = 4 −
+ i = 4 cos 5π
= 4e 6 .
+ i sin 5π
6
6
2
2
5π
Comme zB = zA , on a zB = 4e− 6 .
A et B sont sur le cercle centré en O de rayon 4 ; on place A et B grâce à leurs
ordonnées (leurs abscisses étant négatives).
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A. P. M. E. P.
2. a. L’image d’un point M d’affixe z par la rotation est le point M ′ d’affixe
π
5π
π
3π
π
π
z ′ = z × e− 3 . Donc zC =zA × e− 3 = 4e 6 × e− 3 = 4e− 6 = 4e 2 = 4i. C appartient donc à l’axe des ordonnées et a pour ordonnée 4 donc appartient au
cercle précédent.
b. On a OB = OC = 4.
BA = |zA − zB | = |4i| = 4.
¯
¯ ¯ p
¯
p
Enfin AC = |zC − zA | = ¯4i + 2 3 − 2i¯ = ¯2 3 + 2i¯ = 4.
OB = OC = AB = AC = 4 : le quadrilatère OCAB est un losange.
 = COA
 = 60 °, donc les
Autre méthode : On montre facilement que AOB
triangles COA et AOB sont des triangles équilatéraux, donc OB = BA = AC
= CO, . . . .
¯
¯ ¯
¯ ¯ p
¯ p
p
p
p
3. a. On calcule ¯ zC + 2 3 − 2i¯ = ¯4i + 2 3 − 2i¯ : ¯2 3 + 2i¯ = 4 × 3 + 4 = 16 =
4.
Donc C appartient à l’ensemble Γ.
b. M ∈
¯
¯
¯
p
¡ p
¢¯
G amma ⇐⇒ ¯z + 2 3 − 2i¯ = 4 ⇐⇒ ¯z − −2 3 + 2i ¯ = 4 ⇐⇒ |z − zA | =
4 ⇐⇒ AM = 4 ⇐⇒ M appartient au cercle de centre A et de rayon 4.
c. Voir plus bas
−−→
→
−
4. a. Voir la figure CD = −7 u
b. L’affixe de D est égale à zD = zC − 7 = 4i − 7.
¯
¯ ¯
¯ q¡
p ¢2
p
p
−7 + 2 3 + 22 =
Calculons : AD = ¯4i − 7 + 2 3 − 2i¯ = ¯−7 + 2 3 + 2i¯ =
p
p
p
p
49 + 12 − 28 3 + 4 = 65 − 28 13 ≈ 4, 06 6= 4.
Conclusion : le point D n’appartient pas au cercle Γ.
Γ
D
5
4
b
C
3
A
2
b
1
−8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1
−1
O
1
2
3
−2
b
B
−3
−4
P ROBLÈME
10 points
Partie A : Lecture graphique
Polynésie
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11 juin 2012
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A. P. M. E. P.
1. Il semble que lim = +∞.
x→0
2. Il semble que f (e) = 0, donc e est la seule solution de l’équation.
3. Il semble que :
• si 0 < x < e, f (x) > 0 ;
• f (e) = 0 ;
• si x > e, f (x) < 0.
4. Il semble que f est décroissante sur ]0 ; 12[ et croissante sur ]12 ; + ∞[.
4−9
= −5 et l’ordonnée à
5. Le coefficient directeur de la tangente est égal à
1
l’origine est égale à 9. Donc l’équation réduite de la tangente T doit être y =
−5x + 9.
6. Une valeur approchée de l’aire est 5,5 cm2 .
Partie B : Étude d’une fonction
1. On a f (x) = ln x(ln x − 5) + 4.
Comme lim ln x = −∞, il résulte que lim (ln x − 5) = −∞ et par produit de
x→0
x→0
limites lim f (x) = +∞.
x→0
2. a. On a de façon simple X 2 − 5X + 4 = 0 ⇐⇒ X − 5)(X − 1) = 0 : les solutions
sont 1 et 4.
b. On a f (x) = 0 ⇐⇒ (ln x)2 − 5ln x + 4 ⇐⇒ X 2 − 5X + 4 = 0 en posant X =
ln x. Les solutions étant X = 1 et X = 4 on a donc soit ln x = 1 ⇐⇒ x = e,
soit ln x = 4 ⇐⇒ x = e4 .
L’équation f (x) = 0 a deux solutions dans R : e et e4 .
3. a. La fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :
1 2ln x − 5
1
.
f ′ (x) = 2 × ln x × − 5 × =
x
x
x
Comme x > 0, le signe de f ′ (x) est celui du numérateur 2ln x − 5.
5
5
b. Sur ]0 ; +∞[, 2lnx − 5 = 0 ⇐⇒ 2ln x = 5 ⇐⇒ ln x =
⇐⇒ x = e 2 .
2
´
³ 5
e 2 ≈ 12, 18
c. On a donc :
5
′
2
• si i2lnx−5
h < 0 ⇐⇒ x < e , alors f (x) < 0 : la fonction f est décroissante
5
sur 0 ; e 2 .
5
• sii2lnx − 5 h> 0 ⇐⇒ x > e 2 , alors f ′ (x) > 0 : la fonction f est croissante
5
sur e 2 ; +∞ .
d. On en déduit le tableau de variations suivant :
x
5
0
′
f (x)
+∞
−
e2
0
+
+∞
f (x)
-2,25
2ln 1 − 5
= −5.
1
L’équation de la tangente T est donc y − f (1) = f ′ (1)(x −1) ⇐⇒ y −4 = −5(x −
1) ⇐⇒ y = −5x + 5 + 4 ⇐⇒ y = −5x + 9
On admet que G est une primitive de la fonction g et que H est une primitive de la
fonction h sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
5. a. Déterminer une primitive F de la fonction f sur ]0 ; +∞[.
4. On a f (1) = 0 − 0 + 4 = 4 et f ′ (1) =
Polynésie
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b. Calculer I =
Ze2
e
A. P. M. E. P.
− f (x) dx.
Partie C : Conclusion
1. Parmi les conjectures formulées dans la partie A, indiquer en détaillant les
réponses :
— celles qui ont été vérifiées ;
— celles qui sont fausses ;
— celles pour lesquelles on ne peut pas conclure.
On s’appuiera sur les résultats obtenus dans la partie B.
2. On souhaite tracer sur l’écran d’une calculatrice la courbe représentative de
la fonction f de manière à visualiser les résultats établis dans la partie B. Proposer un paramétrage de fenêtre de la calculatrice qui permet d’obtenir un
tel tracé.
Polynésie
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A. P. M. E. P.
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Polynésie
5
T
3
−3
−2
−1
−1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
+
O
1
+
A
2
e
+
4
5
6
7
+
e2
8
9
10
11
12
13
14
Cf
15
16
17
18
19
20
Annexe (problème) à rendre avec la copie
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