Corrigé du baccalauréat STI Polynésie 11 juin 2012 Génie

Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat STI Polynésie \
11 juin 2012
Génie électronique, électrotechnique, optique
EXERCICE 1 4 points
1.
N
N
NN
R
RN
R
R
NN
R
RN
R
R
N
NN
R
RN
R
R
NN
R
RN
R
2. a. Aet Csont des évènements contraires.
b. p(A)=1
16 ;p(B)=1 16 et d’après la question précédente p(C)=1−1 16 =
15
16 .
3. a. Les valeurs de Xsont : 360 ; 390 ; 420 ; 450 ; 480.
b. En utilisant l’arbre on obtient le tableau suivant :
X360 390 420 450 480
p(X=xi)1
16
4
16
6
16
4
16
1
16
c. On a E(X)=360 ×1
16 +390 ×4 16 +420 ×6 16 +450 ×4 16 +480 ×1 16 =
360+1560+2520+1 800+480
16 =6720 16 =420 (().
EXERCICE 2 6 points
1. Calcul du module : |zA|2=¯¯−2p3+2i¯¯2=4×3+4=16 =42⇒|zA|=4.
En factorisant ce module :
zA=4Ã−p3
2+i1 2!=4¡cos 5π
6+isin 5π 6¢=4e 5π
6.
Comme zB=zA, on a zB=4e−5π
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).

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.
2. a. L’image d’un point Md’affixe zpar la rotation est le point M′d’affixe
z′=z×e−π
3. Donc zC=zA×e−π 3=4e 5π 6×e−π 3=4e−3π 6=4e π 2=4i. C appar-
tient 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.
Enfin AC =|zC−zA|=¯¯4i +2p3−2i¯¯=¯¯2p3+2i¯¯=4.
OB = OC = AB = AC = 4 : le quadrilatère OCAB est un losange.
Autre méthode : On montre facilement que  AOB = COA =60 °, donc les
triangles COA et AOB sont des triangles équilatéraux, donc OB = BA = AC
= CO, . . . .
3. a. On calcule ¯¯zC+2p3−2i¯¯=¯¯4i +2p3−2i¯¯:¯¯2p3+2i¯¯=p4×3+4=p16 =
4.
Donc C appartient à l’ensemble Γ.
b. M∈
Gamma ⇐⇒ ¯¯z+2p3−2i¯¯=4⇐⇒ ¯¯z−¡−2p3+2i¢¯¯=4⇐⇒ |z−zA|=
4⇐⇒ AM=4⇐⇒ Mappartient 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.
Calculons : AD = ¯¯4i −7+2p3−2i¯¯=¯¯−7+2p3+2i¯¯=q¡−7+2p3¢2+22=
p49 +12 −28p3+4=p65 −28p13 ≈4,06 6=4.
Conclusion : le point D n’appartient pas au cercle Γ.
1
2
3
4
5
−1
−2
−3
−4
123−1−2−3−4−5−6−7−8
A
B
C
O
D
Γ
PROBLÈME 10 points
Partie A : Lecture graphique
Polynésie 211 juin 2012

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique 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 fest décroissante sur ]0 ; 12[ et croissante sur ]12 ; + ∞[.
5. Le coefficient directeur de la tangente est égal à 4−9
1= −5 et l’ordonnée à
l’origine est égale à 9. Donc l’équation réduite de la tangente Tdoit 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
x→0ln x= −∞, il résulte que lim x→0(ln x−5) = −∞ et par produit de
limites lim
x→0f(x)=+∞.
2. a. On a de façon simple X2−5X+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⇐⇒ X2−5X+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 :
f′(x)=2×ln x×1
x−5×1 x=2ln x−5 x.
Comme x>0, le signe de f′(x) est celui du numérateur 2ln x−5.
b. Sur ]0 ; +∞[, 2lnx −5=0⇐⇒ 2ln x=5⇐⇒ ln x=5
2⇐⇒ x=e5
2.
³e5
2≈12,18´
c. On a donc :
•si 2lnx−5<0⇐⇒ x<e5
2, alors f′(x)<0 : la fonction fest décroissante
sur i0 ; e 5
2h.
•si 2lnx −5>0⇐⇒ x>e5
2, alors f′(x)>0 : la fonction fest croissante
sur ie5
2;+∞h.
d. On en déduit le tableau de variations suivant :
x0e5
2+∞
f′(x)−0+
f(x)
+∞
-2,25
4. On a f(1) =0−0+4=4 et f′(1) =2 ln 1 −5
1=−5.
L’équation de la tangente Test donc y−f(1) =f′(1)(x−1) ⇐⇒ y−4=−5(x−
1) ⇐⇒ y=−5x+5+4⇐⇒ y=−5x+9
On admet que Gest une primitive de la fonction get que Hest une primitive de la
fonction hsur l’intervalle ]0 ; +∞[.
5. a. Déterminer une primitive Fde la fonction fsur ]0 ; +∞[.
Polynésie 311 juin 2012

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.
b. Calculer I=Ze2
e−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 fde manière à visualiser les résultats établis dans la partie B. Pro-
poser un paramétrage de fenêtre de la calculatrice qui permet d’obtenir un
tel tracé.
Polynésie 411 juin 2012

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.
Annexe (problème) à rendre avec la copie
e
TCf
e2
O
A
+
+
+
+
1 2 3 4 5 6 7 8 9
−1 −2 −3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20−1
Polynésie 511 juin 2012