[ Corrigé du baccalauréat STI Génie civil Métropole juin 2004 \
EXERCICE1 5 points
1. a. On a|z1|2=3+1=4=22⇒ |z1| =2.
On peut en factorisant écrirez1=2 Ãp
3 2 +12i
!
=2¡
cosπ6+i sinπ6¢ . Un argument dez1est donc :π
6 b. z2=z12
2 =3−1+2ip 3
2 =2+2ip 3
2 =1+ip 3.
z3= 4 z2= 4
1+ip
3= 4¡ 1−ip
3¢
¡1+ip 3¢ ¡
1−ip 3¢=4¡
1−ip 3¢
1+3 =1−ip 3.
2. a. On a vu quezA=2 ; d’autre part|zB|2= |zD|2=1+3=4=2⇒ |zB| = |zD| =2.
Enfin|zC|2=3+1=4=22⇒ |zC| =2.
On a donc OA = OB = OC = OD=2 ce qui montre que les points A, B, C et D sont sur le cercle de centre O et de rayon 2. Voir la figure à la fin.
b. Calculer|zC−zB|et|zD−zA|.
c. L’affixe de−−→
AB estzB−zA=1+ip 3−¡p
3+i¢
=1−p 3+i¡p
3−1¢ . De même l’affixe de−−→
CD estzD−zC=1−ip 3−¡
−p 3+i¢
=1+p 3+i¡
−1−p 3¢
. Calculons :−¡p
3+2¢−−→
AB= −¡p 3+2¢ £
1−p 3+i¡p
3−1¢¤
=
−p
3+3−2+2p 3+i¡
−3+p
3+2−2p 3¢
=1+p 3+i¡
−1−p 3¢
=zD−zC. L’égalité est ainsi démontrée.
Autre méthode :On peut aussi écrire : zB−zA=¡
1−p 3¢
(1−i) et zD−zC=¡
1+p 3¢
(1−i).
On a donc−−→
CD=1+p 3 1−p
3
−−→AB= −¡p
3+2¢−−→
AB .
d. La question précédente montre en prenant le module que AD=¡p 3+2¢
AB. La première égalité est donc fausse, de même que la seconde puisquep
3+26=3.
L’affixe du vecteur−−→
AD estzD−zA=1−p 3+i¡
−1−p 3¢
. Donc AD2=¡
1−p 3¢2
+¡
−1−p 3¢2
=1+3−2p
3+1+3+2p 3=8=¡
2p 2¢2
. L’affixe du vecteur−−→
BC estzC−zB= −1−p 3+i¡
1−p 3¢
. Donc BC2=¡
−1−p 3¢2
+¡ 1−p
3¢2
=1+3+2p
3+1+3−2p 3=8=¡
2p 2¢2
. On a donc AD = BC = 2p
2.
Or on a vu que les vecteurs−−→
AB et−−→
CD sont colinéaires ce qui signifie que les droites (AB) et (CD) sont parallèles.
Conclusion : le quadrilatère ABCD est un trapèze isocèle. La dernière proposition est vraie.
1 2
−1
−2
−1
−2 1 2
b
b
b b
A B
C
D O
EXERCICE2 4 points
Partie A
1. Il y a 200 membres sur 600 participants, donc la probabilité est égale à 200
600=1 3.
2. Payent plus de 7(:
- les jeunes entre 11 et 16 ans non-membre : il y en a 100 ;
- les plus de 16 ans membres (payant 8() et non-membres (payant 10() : il y en a 300.
En tout 400 personnes sur 600 paient plus de 7(soit une probabilité de 400
600=2 3.
3. Seuls les membres entre 11 et 16 ans paient 6,40(; il y en a 40 sur 600, doncp(X =6, 40)= 40
600= 4 60= 1
15.
4. Pour les non-membres le prix est respectivement 5, 8 ou 10(et pour les membres respective- ment 4, 6,40 et 8(. DoncX∈{4 ; 5 ; 6, 40 ; 8 ; 10}.
D’où le tableau de la loi de probabilité deXsuivant :
X 4 5 6,40 8 10
p(X=xi) 50 600
110 600
40 600
210 600
190 600 5. On a e(X)=4× 50
600+5×110
600+6, 4× 40
600+8×210
600+10×190 600= 200+550+256+1680+1 900
600 =4586
600 ≈7, 64(à 1 centime près.
Partie B
La recette a déjà été calculée :
4×50+5×110+6, 4×40+8×210+10×190=200+550+256+1680+1 900=4586(.
PROBLÈME 11 points Préliminaires :
1. On a−1<x⇒ −2<2x⇒ −2+2<2x+2, soit 2x+2>0.
De même−1<x ⇐⇒ −1+2<x+2⇐⇒ 1<x+2 oux+2>1>0.
2. Cherchons les racines de ce trinôme :∆=9−4=5>0 ; il y a donc deux racines réelles :−3+p 5 2 et−3−p
5
2 .
Le trinôme est donc positif sauf entre les racines donc dans l’intervalle
#−3−p 5
2 ; −3+p 5 2
"
. Or −3−p 5
2 ≈ −2, 6 et −3+p 5
2 ≈ −0, 4. Seul ce dernier nombre est su- périeur à−1, donc le trinôme ne s’annule sur ]−1 ;+∞[ que pourα=−3+p
5
2 .
Partie A : Limites et asymptotes 1. On a lim
x→−1ln(x+2)=0, car lim
x→−1(x+2)=1.
Comme lim
x→−12x+2=0, lim
x→−1ln(2x+2)= −∞, donc par somme de limites :
xlim→−1f(x)= −∞.
Géométriquement ceci signifie que la droite d’équationx= −1 est asymptote verticale à (C) au voisinage de−1.
2. a. On af(x)= −x+ln(2x+2)−ln(x+2)= −x+ln 2(x+1)−ln(x+2)=
−x+ln 2+ln(x+1)−ln(x+2)= −x+ln 2+ln µx+1
x+2
¶
. (on a utilisé les formules lna×b= lna+lnbet lna−lnb=lna
b aveca>0 etb>0.) b. Pn a lim
x→+∞
x+1
x+2=1, donc lim
x→+∞
µx+1 x+2
¶
=0.
Comme lim
x→+∞−x= −∞, on a par somme de limites :
x→+∞lim f(x)= −∞. c. Soitdla fonction définie sur ]−1 ;+∞[ par :
d(x)=f(x)−(−x+ln 2)=ln µx+1
x+2
¶ . On a vu que lim
x→+∞ln µx+1
x+2
¶
=0, donc lim
x→+∞d(x)=0.
Ceci signifie que la droiteDd’équationy= −x+ln(2) est asymptote oblique à (C) en+∞.
d. Pourx> −1 on 0<x+1<x+2 d’où 0<x+1
x+2<1 et par croissance de la fonction ln, on a ln
µx+1 x+2
¶
<ln 1=0.
La fonctiond est donc négative sur ]−1 ; +∞[ ce qui signifie que la courbe (C) est en dessous de la droiteD.
Partie B : étude des variations
1. On a en dérivant chaque terme : f′(x)= −1+ 2
2x+2− 1
x+2= −1+ 1 x+1− 1
x+2=−(x+1)(x+2)+x+2−(x+1)
(x+1)(x+2) =−x2−2x−x−2+x+2−x−1 (x+1)(x+2) =
−x2−3x−1
= − x2+3x+1 .
2. On sait que sur ]−1 ;+∞[, (x+1)(x+2)>0, donc le signe de la dérivée est celui de−(x2+3x+1) c’est-à-dire l’opposé du signe du trinôme étudié ci-dessus. Donc :
• sur
#
−1 ; p5−3
2
#
,f′(x)>0, doncf est croissante ;
• sur
"p 5−3
2 ;+∞
"
,f′(x)60, doncf est décroissante.
3. Il y a un maximum en p5−3
2 qui vautf Ãp
5−3 2
!
≈0, 1.
D’où le tableau de variations :
x −1
p5−3
2 +∞
f′(x) + 0 −
f(x)
−∞ −∞
≈0, 1
Partie C : Représentation graphique
1. Sur [−0, 8 ;−0, 4] la fonctionf est dérivable et sur cet intervallef′(x)>0 ; orf(−0, 8)≈ −0, 3 et f(−0, 4)≈0, 1.
Comme 0∈[−0, 3 ; 0, 1], il existe une valeur uniqueβtelle quef(β)=0.
La calculatrice donne−0, 65<β< −0, 64.
2. Une équation de la droite T est de la forme : y=f′(0)(x−0)+f(0), soit avecf′(0)= −1
2 etf(0)=0 : M(x; )∈T⇐⇒ y= −1
2x.
3.
x −0, 8
p5−3
2 0 0,5 1 2
f(x) −0, 3 0,1 0 −0, 3 −0, 7 −1, 6
4.
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−1
−2
−3
−4
−5 1 2 3
x y
O
(C) D
T
