[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin 2007 \ Génie des matériaux, mécanique B, C, D, E
EXERCICE1 4 points
1.
Largeur conforme 1,5
Largeur non conforme 1,6
Total Longueur
conforme 2,5
67 13 80
Longueur non conforme 2,6
15 5 20
Total 82 18 100
2. a. Il y a 67 plaquettes conformes ; la probabilité est donc égale à 67
100=0, 67.
b. Il y a 13+15=28 plaquettes qui n’ont qu’une dimension non conforme ; la probabilité est donc égale à 28
100=0, 28.
3. a. Xpeut prendre les valeurs 0, 1 et 2.
b.
xi 0 1 2
p(X=xi) 0,67 0,28 0,05
EXERCICE2 5 points
1. z2−2z+4=0⇐⇒ (z−1)2−1+4=0⇐⇒ (z−1)2+3=0 ⇐⇒(z−1)2−¡ ip
3¢2
= 0 ⇐⇒¡
z−1+ip 3¢ ¡
z−1−ip 3¢
=0
qui donne les deux solutions complexes conjuguées : 1−ip
3 et 1−ip 3.
On peut également calculer∆= −12 . . . 2.
zA=1−ip
3, zB=2 et zC=1+ip 3.
a. Voir la figure en bas.
b. OA =|zA| =p
1+3=p 4=2 ; OB =|zB| =2 ;
AB =|zB−zA| =¯
¯1+ip 3¯
¯=p
1+3=2.
Donc OA = OB = AB : le triangle OAB est équilatéral.
OC =|zC| =p
1+3=p 4=2 ; BC =|zC−zB| =¯
¯−1+ip 3¯
¯=p
1+3=2.
Donc OB = OC = BC : le triangle OBC est équilatéral
c. Il suffit de construire D, E et F symétriques respectivement de A, B et C autour de O
d. zA×zB×zC×zD×zE×zF= −4(1−ip
3)(1+ip
3)(−1+ip
3)(−1−ip 3)=
−4(1+3)(1+3)= −64.
Corrigé STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
1
−1
−2
−1 1
−2 −→
u
−
→v
O
A
B D C
E
F
b b
b
b
b b
Problème 11 points
1. Limites aux bornes a. On sait que lim
x→+∞e−x, donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
b. f(x)=e−x+2x−3=e−x+2xe−xex−3e−xex=e−x(1+2xex−3ex).
Comme lim
x→−∞ex =0 , et lim
x→−∞xex =0, on a lim
x→−∞1+2xex−3ex =1 et finalement lim
x→−∞f(x)= +∞.
2. Asymptote oblique
a. Soitdla fonction définie surRpar :d(x)=f(x)−(2x−3)=e−x. On a lim
x→+∞d(x)=0 : ceci montre que la droite d’équationy=2x−3 est asymptote oblique à la courbe (C) au voisinage de plus l’infini.
b. Commed(x)=e−x, la fonctiondest positive non nulle ce qui montre que la courbe (C) est au dessus de (D)
3. Étude des variations de la fonctionf a. La fonctionf est dérivable surRet
f′(x)= −e−x+2= 1 ex +2ex
ex =2ex−1 ex .
b. f′(x)=0⇐⇒2ex−1=0⇐⇒ 2ex=1⇐⇒ ex=1 2 ⇐⇒
(par croissance de la fonction ln) x=ln µ1
2
¶
⇐⇒ x= −ln 2.
c. On a de mêmef′(x)>0⇐⇒ x> −ln 2 etf′(x)<0 ⇐⇒ x< −ln 2.
d. La fonction est donc décroissante sur ]− ∞;−ln 2[ et croissante sur ]−
ln 2 ;+∞[. D’où le tableau de variations :
x −∞ −ln 2 +∞
f(x)
+∞
+∞
Métropole 2 juin 2007
Corrigé STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
e. f(1)=e−1+2−3=e−1−1≈ −0, 63. Comme la fonction est croissante sur [0 ; 1], on peut en conclure que sur [0 ; 1],f(x)<0.
4. Voir la figure plus bas.
5. On vient de voir que sur [0 ; 1] la fonctionf est négative non nulle ; donc l’aire (A) est égale à l’opposé de l’intégrale :
Z1
0 f(x)dx=£
−e−x+x2−3x¤1
0= −e−1+12−3×1−¡
−e−0+02−3×0¢
= −e−1− 1.
Donc (A)=1+e−1(u. a.)
Or l’unité d’aire est égale à 2×1=2cm2. Donc (A)=2¡
1+e−1¢
cm2soit≈2, 735≈2, 74 cm2
6. Cette aire est légèrement supérieure à celle du trapèze ayant pour sommets les points de coordonnées (0 ; 0), (1 ; 0), (1 ; f(1))et (0 ;−2) soit2+ |f(1)|
2 ×1≈
2+0, 63
2 ≈1, 315 (u.a.) soit environ 2,63 cm2. Les résultats sont bien voisins.
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
1 2
−1
−2 →−
ı
−
→
x y
Métropole 3 juin 2007
