[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 17 juin 2008 \ Génie mécanique, civil

[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 17 juin 2008 \ Génie mécanique, civil

EXERCICE1 5 points

Partie I : Q. C. M.

1. Z1=zAzB=4e^iπ6×4e^−i23π=16e^−iπ2 = −16i. Réponse C.

2. Z2=z_A⁶=³ 4e^iπ6´6

=4⁶e^iπ= −4⁶. Réponse B.

3. zA=4e^iπ6 =4e^−iπ6. Réponse C.

4. zC= −2+2i.

Calcul du module :|zC|²=4+4=4×2⇒ |zC| =2p 2.

Calcul d’un argument : on peut écrirezC=2p 2

Ã

− p2

2 +i p2

2

!

=2p 2

µ cos3π

4 +i sin3π 4

¶

=2p 2e^i34π. Réponse B.

Partie II

1. SoitMun point du plan d’affixez.

a. |z−zA| =AM

b. |z−zA| = |z−zB| ⇐⇒ AM=BM, doncMest équidistant de A et de B. L’ensemble cherché est la médiatrice de [AB].

c. zA=4¡

cos^π₆+i sin^π₆¢

=4³p 3

2 +i sin¹₂´

=2p 3+2i.

zB=4¡

cos²₃^π+i sin²₃^π¢

=4³

−¹₂+i sin

p3 2

´

= −2+2ip 3.

D’où|zC−zA| =¯

¯−2+2i−2p 3−2i¯

¯=¯

¯−2−2p 3¯

¯=2+2p 3.

Et|zC−zB| =¯

¯−2+2i+2+2ip 3¯

¯=¯

¯i(2+2p 3¯

¯=2+2p 3.

Conclusion C∈D. 2. Calculons AB²= |zB−zA|²=¯

¯−2+2ip 3−2p

3−2i¯

¯

2=¡

−2−2p 3¢2

+¡ 2p

3+2¢2

=4+12+8p 3+ 12+4+8p

3=32+16p 3.

Or on a vu que AC=¡ 2+2p

3¢

⇒AC²=4+12+8p

3=16+8p

3=BC². Donc 32+16p

3=16+8p

3+16+8p

3 ⇐⇒AB²=AC²+BC² ⇐⇒ABC est un triangle rectangle en C d’après la réciproque du théorème de Pythagore.

3. Conclusion le triangle ABC est rectangle en C et isocèle en C.

EXERCICE2 5 points

1. a. Sur [0 ; 2π], f^′(x)= −sinx−1

2×2sin(2x)= −sin(x)−sin(2x).

b. On sait que sin(2x)=2sin(x) cos(x), donc f^′(x)= −sin(x)−2sin(x) cos(x)= −sin(x)[1+ 2cos(x)].

2. sin(x)[1+2cos(x)]=0⇐⇒

½ sin(x) = 0

1+2cos(x) = 0 ⇐⇒

( sin(x) = 0 cos(x) = −1

2 La première équation a pour solutions 0,πet 2π;

La seconde a pour solutions : 2π 3 et4π

3 . Conclusion : la dérivéef^′(x) s’annule en 0, 2π

3 ,π, 4π 3 et 2π. 3. a.

x 0 ²

π

3 π

4π

3 2π

Signe def^′(x) 0 − 0 + 0 − 0 + 0

b. Les extremums de la fonction : f(0)=1+0, 5+1=2, 5 ; f¡₂π

3

¢= −1 2+0, 5×

µ

−1 2

¶

+1= −0, 5−0, 25+1=0, 25 ; f(π)= −1+0, 5×1+1=0, 5 ;

f¡₄π 3

¢= −1 2+0, 5×

µ

−1 2

¶

+1= −0, 5−0, 25+1=0, 25 ; f(2π)=1+0, 5×1+1=2, 5.

D’où le tableau de variations de la fonction :

x 0 ²

π

3 π

4π

3 2π

Signe def^′(x) 0 − 0 + 0 − 0 + 0

f(x)

2,5

0,25

0,5

0,25

2,5

4. Voir plus bas.

PROBLÈME 10 points

Partie A: limites aux bornes de l’ensemble de définition 1. On sait que lim

x→−∞2x= −∞, donc lim

x→−∞e^2x=0 et lim

x→−∞e^x=0, donc lim

x→−∞f(x)=4.

Géométriquement ceci signifie que la droite (D) d’équationy=4 est asymptote à (C) en−∞.

2. a. f(x)=e^2x−5e^x+4=(e^x)²−5e^x+4 ; posonsX=e^x, alorsf(x)=X²−5X+4 qui est un trinôme enX.

∆=25−16=9=3² ; les solutions de l’équation f(x)=0 sont donc X1= 5+3 2 =4 et X2=5−3

2 =1.

Doncf(x)=(X−5)(X−1)=(e^x−4) (e^x−1).

b. Comme lim

x→+∞e^x= +∞, lim

x→+∞e^x−4= +∞et lim

x→+∞e^x−1= +∞et finalement lim

x→+∞f(x)= +∞.

Partie B : intersection de la courbe (C) avec l’axe des abscisses Il faut résoudref(x)=0⇐⇒

½ e^x−4 = 0 e^x−1 = 0 ⇐⇒

½ e^x = 4

e^x = 1 ⇐⇒

½ x = ln 4=2ln 2 x = ln 1=0

Conclusion : la courbe (C) coupe l’axe des abscisses enx=0 etx=2ln 2.

Partie C : étude des variations de la fonctionf

1. a. En utilisant l’écriture initiale : f^′(x)=2e^2x−5e^x=e^x(2e^x−5).

b. On sait que e^x>0 quel que soit le réelx; le signe de f^′(x) est donc celui de 2e^x−5 qui s’annule si 2e^x=5 ⇐⇒ x=ln

µ5 2

¶ .

De plus 2e^x−5>0⇐⇒ 2e^x>5 ⇐⇒e^x>5

2 ⇐⇒ x>ln µ5

2

¶ . On a de même 2e^x−5>0⇐⇒ x<ln

µ5 2

¶ . 2. On a vu quex=ln

µ5 2

¶

⇐⇒e^x=5 2.

Donc puisquef(x)=(e^x−4) (e^x−1), alorsf µ

ln5 2

¶

= µ5

2−4

¶ µ5 2−1

¶

= −3 2×3

2= −9 4. 3. Le signe de 2e^x−5 étant celui def^′(x) on a alors les variations de la fonctionf :

x −∞ ln⁵₂ +∞

f^′(x) − 0 +

f(x) 4

−⁹₄

+∞

4. Voir plus bas.

Partie D : calcul d’une aire 1. Une primitive de e^2xest1

2e^2x, donc une primitive def surRest définie par : F(x)=1

2e^2x−5e^x+4x.

2. a. On a vu quef(0)=f(ln 4)=0 et que sur l’intervalle [0 ; ln 4], la fonctionf est négative.

Donc l’aire de la surface est égale à : Zln 4

0 −f(x) dx=[−F(x)]^{ln 4}₀ =F(0)−F(ln4)=1 2e⁰− 5e⁰+4×0−

µ1

2e^{2 ln 4}−5e^{ln 4}+4ln 4

¶

=1

2−5−8+20−4ln 4=15

2 −4ln 4 (u. a.) Comme 1 u. a. = 2×1=2 cm², l’aire en cm²de la surface est égale à 15−8ln 4 cm². b. La calculatrice livre : 15−8ln 4≈3, 909≈3, 91 cm²au millimètre carré près

ANNEXE à l’exercice 2 (à compléter et à rendre avec la copie)

La courbe préconstruite ci-dessous est la représentation graphique de la fonction dérivéef^′sur l’intervalle [0 ; 2π].

-1 0 1 2 3 4 5 6 7

-2 -1 0 1 2 3

1 1

-4 -3 -2 -1 0 1 2

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1010

D

C

O x

y

1 1