[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 14 septembre 2012 \ Génie mécanique, énergétique, civil

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Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 14 septembre 2012 \ Génie mécanique, énergétique, civil

EXERCICE1 5 points

1. On a∆=¡ 2p

3¢2

−4×4=12−16= −4=(2i)²<0.

L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

z1=−2p 3+2i

2 = −p

3+i et z2= −p 3−i.

2. a. |zA|²=3+1=4=2²⇒ |zA| =2.

On a donczA=2 Ã

− p3

2 +1 2i

!

=2¡

cos⁵₆^π+i sin⁵₆^π¢ . Un argument dezAest donc⁵₆^π.

CommezB=zA,|zA| =2 et un argument dezBest donc−⁵₆^π. b. zA==2¡

cos⁵₆^π+i sin⁵₆^π¢

=2eⁱ⁵⁶^π.

c. A et B appartiennent au cercle centré en O de rayon 2 ; A et B se placent avec leurs ordon- nées, respectivement¹₂et−¹₂. Voir la figure à la fin.

d. On sait que|zA| = |zB| =OA=OB=2, donc le triangle OAB est isocèle en O.

D’autre partAOB=^π₆+^π₆=^π₃.

L’angle au sommet valant^π₃, les deux angles à la base ont également pour mesure ^π₃: OAB a ses trois angles de même mesure : il est équilatéral.

3. a. DansC, 2z−4i=iz+2 ⇐⇒ z(2−i)=2+4i ⇐⇒ z=2+4i 2−i ⇐⇒

z=(2+4i)(2+i)

(2−i)(2+i) ⇐⇒ z=4+2i+8i−4

4+1 ⇐⇒ z=10i 5 =2i.

Le nombre complexe 2i est la seule solution de cette équation.

b. Voir la figure c. −−→

BO a pour affixezO−zB=p 3+i ;

−−→AC a pour affixezC−zA=2i+p

3−i=p 3+i Donc−−→

BO=−−→

AC ⇐⇒ OBAC est un parallélogramme, mais on a vu que OB = BA = 2.

OBAC est un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur : c’est un losange.

EXERCICE2 4 points

1. Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions définies par : t7−→Acos 2t+Bsin 2t,A,B∈R. Donc réponsed.

2. Sirest la raison :u2=u1+r,u3=u2+r=u1+2r.

Or u3==u1+2r ⇐⇒8=2+2r ⇐⇒ 2r=6⇐⇒ r=3. Réponseb.

f^′(x)=e^x+xe^x=e^x(1+x) : réponseb.

Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 est égal au nombre dérivéf^′(1).

Orf^′(x)=3×(−1)e¹⁻^x= −3e¹⁻^x⇒f^′(1)= −3×1= −3.

De plusf(1)=3.

Une équation de la tangente au point d’abscisse 1 est

y−f(1)=f^′(1)(x−1) ⇐⇒ y−3= −3(x−1) ⇐⇒ y=3−3x+3 ⇐⇒ y= −3x+6 : réponsec.

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STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.

zone 1

zone 2 zone 3

zone 4

C₂ C₁

1,5 2

0,5 1

x y

≈1, 6

PROBLÈME 11 points

Partie A : Étude de fonction

1. On sait que la fonction ln est croissante en particulier sur [1 ; 2] : sa représentation ne peut être que la courbeC₂. DoncC₁est la représentation de la fonctiong.

2. On lit (voir le graphe) environ 1,6.

3. a. On ah^′(x)=g^′(x)−f^′(x)= −1−1

x=−1−x x .

b. Commex>0, le signe deh^′(x) est celui du numérateur−1−x.

−1−x>0⇐⇒ −1>x ⇐⇒ x< −1 ; or ici 16_x6_{2 ;}

−1−x<0 ⇐⇒ −1<x ⇐⇒ x> −1 : donc la dérivée est négative sur [1 ; 2] : la fonctionh est décroissante sur cet intervalle. On a donc le tableau suivant :

x 1 2

1

−ln 2 h(x)

c. hest strictement décroissante sur [1 ; 2] ; de plush(1)=1>0 et h(2)= −ln 2<0.

Métropole 2 14 septembre 2012

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Il existe donc un unique réelα∈[1 ; 2] tel queh(α)=0.

La calculatrice donneh(1, 5)≈0, 09 eth(1, 6)≈ −0, 07 donc 1, 5<α<1, 6, puis h(1, 55)≈0, 011 eth(1, 56)≈ −0, 005, donc 1, 55<α<1, 56.

4. D’après le résultat précédent :

• h(x)>0 sur [1 ;α] : géométriquement cela signifie queC₁est au dessus deC₂sur l’intervalle [1 ;α] ;

• h(x)<0 sur [α; 2] : géométriquement cela signifie queC₂est au dessus deC₁sur l’intervalle [α; 2].

Partie B : Calculs d’aires

1. a. Hest dérivable sur [1 ; 2] et sur cet intervalle : H^′(x)=3−2x×1

2−lnx−x×1

x=3−x−lnx−1=2−x−lnx=h(x) :Hest donc une primitive de la fonctionhsur l’intervalle [1 ; 2].

b. D’après le résultat précédent : Z^α

1 h(x) dx=[H(x)]^α₁=H(α)−H(1)=3α− α²

2 −αln(α)−

·

3×1−1²

2 −1ln(1)

¸

=3α− α²

2 − αln(α)−3+1

2=3α−α²

2 −αln(α)−5 2.

c. En prenant comme valeur approchée deα, 1,56, on a Zα

1 h(x) dx≈3×1, 56−1, 56²

2 −1, 56ln(1, 26)−5

2≈0, 269 unité d’aire.

On a vu que sur l’intervalle [1 ; α], le fonctionh=g−f est positive, donc queC₁est au dessus deC₁et que par conséquent l’intégrale dehsur l’intervalle [1 ;α] est égale en unité d’aire à la mesure de la surface comprise entre les deux courbesC₁etC₂. Comme l’unité est égale à 10 cm, l’unité d’aire est égale à 100 cm². Finalement :

A₂≈0, 269×100≈26, 9 cm²ou 27 cm²au cm²près.

2. On a de façon évidente :A₃+A₂= Z2

1

f(x)dx= Z2

1

(2−x)dx=

· 2x−x²

2

¸2

1=2×2−2² 2−

·

2×1−1² 2

¸

= 4−2−2+1

2=1

2. (c’est de façon aussi simple l’aire d’un triangle rectangle isocèle de côté 1) Donc

A₂=(A₃+A₂)−A₃=1 2−

· 3α−

α²

2 −αln(α)−5 2

¸

=3−3α+ α²

2 +αlnα≈0, 231 u.a soit environ 23,4 cm²donc 23 cm²au cm²près.

Partie C : Probabilités

1. La probabilité est égale àP0=1−4 5=1

5=0, 2.

2.

P0 P1 P2 P3 P4

probabilité 0, 200 0, 128 0, 184 0, 216 0, 272

X 0 10 5 2 1

On a : 16

0, 128=125 ; 23

0, 184=125 ; 27

0, 216=125 ; 34

0, 272=125.

Les probabilités sont bien proportionnelles aux aires des quatre zones.

3. a. Voir le tableau au dessus b. La probabilité est égale à :

p(X=0)+p(X=1)+p(X=2)=0, 200+0, 272+0, 216=0, 688.

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c. E(X)=0×0, 200+10×0, 128+5×0, 184+2×0, 216+1×0, 272=1, 28+0, 92+0, 432+0, 272= 2, 904. Sur un grand nombre de lancers un lancer rapportera un peu moins de 3 points.

d. En moyenne un lancer rapporte 2,904 points, doncnlancers rapportent 2, 904npoints. Il faut donc résoudre dansNl’inéquation :

2,904n>100⇐⇒ n> ¹⁰⁰ 2, 904. Or 100

2, 904≈34, 4.

Il faut donc faire au moins 35 lancers, pour espérer atteindre les 100 points.