[ Corrigé du baccalauréat STI Génie civil, mécanique \ Métropole 21 juin 2012
EXERCICE1 6 points
1.
z2−8zp
3+64=0.
On calcule le déterminant :∆=¡ 8p
3¢2
−4×1×64=3×64−4×64= −64=(8i)2<0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
z1=8p 3+8i
2 =4p
3+4i et z2=4p 3−4i.
2. a. On a 8eiπ6 =8¡
cosπ6+i sinπ6¢
=8
³p 3 2 +i12
´
=4p
3+4i=zB=z1. b. On azC=z2=z1=zB=8eiπ6=8e−iπ6.
c. zBetzCont pour module 8 et pour parties imaginaire 4 et−4, leurs parties réelles étant positives ; B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 8 et respectivement aux droites d’équationy=4 ety= −4. Voir l’annexe 1
d. On sait déjà que OB= |zB| =8 et OC= |zC| =8.
De plus BC= |zC−zB| =¯
¯4p
3−4i−¡ 4p
3+4i¢¯
¯= | −8i| =8.
Donc OB = OC = BC = 8 : le triangle OBC est équilatéral.
3. a. zA=3 etzD=4p 3.
b. On azE=1
2(zB+zD)=1 2
¡4p
3+4i+4p 3¢
=4p 3+2i.
De même on obtientzF=4p 3−2i.
c. zDetzBont même partie réelle. D est donc le projeté orthogonal de B sur l’axe des abs- cisses.
zEetzFont aussi la même partie réelle 4p
3 ; on les construit grâce à leurs parties imagi- naires (reps. 2 et−2). Voir l’annexe 1.
d. On sait que B et C sont symétriques autour du point D ; donc DB = DC = 4. Par suite DE
= DF = 2 et comme (AD) est perpendiculaire à (EF), la droite (AD) est à la fois hauteur et médiane du triangle AEF, ce triangle est isocèle en A.
Son aire est donc égale àEF×AD 2 =4ס
4p 3−3¢
= 2¡ 4p
3−3¢
=8p 3−6.
4. OBC est équilatéral ; son aire est donc égale àBC×OD
2 =8×4p 3 2 =16p
3.
L’aire des deux quadrilatères est donc égale à la différence des aires des deux triangles isocèles OBC et AEF soit 16p
3−¡ 8p
3−6¢
=8p 3+6.
La figure ayant pour axe de symétrie l’axe des abscisses, les deux quadrilatères OAEB et OCFA ont la même aire soit8p
3+6 2 =4p
3+3.
EXERCICE2 5 points
1. a. X∈{2 ; 1 ;−2} (si le joueur trouve respectivement le triangle, un quadrilatère ou rien).
b. Le tableau de la loi de probabilité de la variableXest :
xi 3 1 −2 pi
1 6
2 6
3 6 c. On a E(X)=3×1
6+1×2 6−2×3
6=3+2−6 6 = −1
6.
Ce résultat signifie que sur un grand nombre de parties le joueur perdra en moyenne 1 d’euro soit environ 17 centimes, ou encore 1(toutes les six parties. 6
d. Le forain doit gagner dans la journée au moins 45(. Comme il gagne en moyenne1 6(par parties il devra donc organiser au moins 5
1 6
=45×6=270 parties.
2. Vous misez 2(. Vous lancez un dé équilibré : - si le 6 sort, vous gagnez 5(;
- si un autre nombre pair sort (2 ou 4) vous gagnez 3(; - si un nombre impair sort, vous ne gagnez rien.
PROBLÈME 9 points
Partie A
Pour tout réelgest dérivable etg′(x)= −0, 1×2e−0,1x= −0, 2e−0,1x. On calcule :
g′(x)+0, 1g(x)= −0, 2e−0,1x+0, 1×2e−0,1x=0
Donc la fonctiongest solution de l’équation différentielle.
Partie B
1. a. En posantu(x)=e+x,f(x)=2lnu(x) a pour fonction dérivée : f′(x)=2u′(x)
u(x) =2×1 e+x = 2
e+x.
b. Comme 2>0, le signe def′(x) est celui du dénominateur e+x. Or :
e+x>0 ⇐⇒ x> −e, ce qui est vrai puisquex >−2. La dérivée est donc positive : la fonctionf est croissante sur [−2 ; 0] def(−2)=2ln(e−2)≈ −0, 66 à 2 ln(e)=2.
2. Dans [−2 ; 0], f(x)=0 ⇐⇒ 2ln(e+x)=0 ⇐⇒ ln (e+x)2=ln 1 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien (e+x2=1⇐⇒ e+x=1 ou e+x= −1, soit finalement : x = 1 - e ou x = - 1 - e.
Or−1−e≈ −3, 7∉[−2 ; 0].
L’équation a une solution unique dans [−2 ; 0] : 1−e.
Autre méthode: sur [−2 ; 0] la fonctionf est strictement croissante de 2ln(e−2)<0 à 2>0. Il existe donc un unique réel de [−2 ; 0] qui annulef.
Orf(1−e)=2ln(e+1−e)=2ln 1=2×0=0.
La solution unique est donc bien 1−ln e.
3. a. Une équation de la tangente est : M(x;y)∈(T)⇐⇒ y−f(0)=f′(0)(x−0) Avecf(0)=2ln(e)=2×1=2 etf′(0)= 2
e+0=2
el’équation devient : M(x;y)∈(T)⇐⇒ y−2=2
e(x−0)⇐⇒ y=2 ex+2.
b. A(−e ; 0)∈(T)⇐⇒0=2
e×(−e)+2 ⇐⇒0= −2+2 qui est bien vraie. Donc A∈[T).
c. La tangente est la droite (AB).
Métropole 2 21 juin 2012
d. Voir l’annexe 2.
Partie C Voir l’annexe 2.
Partie D
1. La calculatrice livreI=4e−8≈2,8731≈2, 873 à 10−3près.
2. a. Hest dérivable surRet en particulier sur [0 ; 3] : H′(x)= −0, 2×(−20)e−0,2x=4e−0,2x=22ס
e−0,1x¢2
=£
2e−0,1x¤2
=[g(x)]2.
DoncHest une primitive de la fonction qui à tout réelxde l’intervalle [0 ; 3J associe (g(x))2. b. D’après le résultat précédent :
J=£
H(x)]30=H(3)−H(0)= −20e−0,2×3+20e−0,2×0= −20e−0,6+20=20¡
1−e−O,6¢ . c. La calculatrice donneJ≈9,0237≈9, 024 à 10−3près.
3. En décomposant en deux volumes on a : V=πR0
1−e[f(x)]2dx+πR3
0[g(x)]2dx=π×I+π×J=π(I+J)≈3, 141×(2, 873+9, 024)≈37, 38 unités d’aire soit environ 37 cm2.
Réponse D.
Annexe 1
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3
−1
−2
−3
−4
−5
−6 1 2 3 4 5 6
x y
B
C
A D
E
F O
Métropole 4 21 juin 2012
Annexe 2
1 2 3
−1
−2
−3
−1
−2 1 2 3
b b
A
B
