Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2009 \ Génie électronique, électrotechnique, optique
EXERCICE1 5 points
1. z2−2zp
2+4=0⇐⇒¡ z−p
2¢2
−2+4=0⇐⇒ ¡ z−p
2¢2
+2=0⇐⇒
¡z−p 2¢2
−¡ ip
2¢2
=0.
L’équation a donc deux solutions complexes :p 2+ip
2 etp 2−ip
2.
2. a. |zA|2=2+2=4=22⇒ |zA| =2.
Donc on peut écrirezA=2 Ãp
2 2 +i
p2 2
!
=2¡
cosπ4+i sinπ4¢ . Un argument dezAest doncπ
4.
CommezB=zA,|zB| =2 et un argument dezBest− π 4.
b. Erreur d’énoncé : A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2. Pour A on construit la bissectrice de³→−
u ;−→ v´
.
3. a. Le produit par i de module 1 et d’argumentπ2est une rotation de centre O et d’angleπ2: un quart-de-tour.
b. On azC=izA=i¡p 2+ip
2¢
= −p 2+ip
2.
c. On a1
2(zC+zB)=0, ce qui signifie que O est le milieu de [BC], ou encore C est le symétrique du point B autour du point O.
Plus simplement :zC= −p 2+ip
2= −¡p 2−ip
2¢
= −zB. l’évaluation.
4. De la question précédente on déduit que OC = 2. La corde [BC] contient le centre du cercle O : c’est donc un diamètre. Le point A appartenant lui aussi au cercle de diamètre [BC], le triangle ABC est rectangle en A.
De plus³−−→
OB ,−−→
OA´
=
³−−→
OB ,→− u´
+
³−→ u,−−→
OA´
= −¡π 4
¢+π4=π2. Donc dans ABC, la droite (AO) est hauteur et médiane.
Conclusion le triangle ABC rectangle est isocèle en A.
−2 2
−2 2
−
→u
−
→v
bb
b A
B C
O
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
EXERCICE2 4 points
1. Il y a 4×4=16 couples différents possibles.
(J ; J) (J ; R) (J ; V) (J ; N) (R ; J) (R ; R) (R ; V) (R ; N) (V ; J) (V ; R) (V ; V) (V ; N) (N ; J) (N ; R) (N ; V) (N ; N)
2. Chaque couple a la même probabilité de sortir, doncp(N ; N)= 1 16.
3. a. La jaune rapporte 20 euros et la rouge 12 euros soit en tout 32 euros moins les 20 euros de mise soit un gain de 12 euros.
b.
Tirage 1
Tirage 2
Rapport J R V N
Rapport 20 12 5 0
J 20 20 12 5 0
R 12 12 4 −3 −8
V 5 5 −3 −10 −15
N 0 0 −8 −15 −20
c. Deux tirages conduisent à un gain de 12 euros ; doncp(X=12)= 2 16=1
8. d.
xi 20 12 5 4 0 −3 −8 −10 −15 −20
p(X=xi) 1 16
2 16
2 16
1 16
2 16
2 16
2 16
1 16
2 16
1 16 e. On a E(X)=20× 1
16+12× 2 16+5× 2
16+4× 1 16+0× 2
16+(−3)× 2
16+(−8)× 2
16+(−10)× 1 16+ (−15)× 2
16+(−20)× 1 16=
20+24+10+4+0−6−16−10−30−20
16 = −24
16= −3
2= −1, 50 (().
Cela signifie qu’en moyenne on perd 1,50(par partie. . .
PROBLÈME 11 points
PARTIE A : Étude de la fonctionf 1. a. On a lim
x→−∞ex=0, donc puisque e2x=(ex)2, lim
x→−∞e2x=0.
Donc lim
x→−∞f(x)=4.
Ceci montre que la droiteD d’équationy =4 est asymptote àC au voisinage de moins l’infini.
b. On a vu que e2x=(ex)2, donc en factorisant exdans les deux premiers termes : f(x)=ex¡
ex−5¢ +4.
2. a. f est une somme de fonctions dérivables surRet pour tout x∈R, f′(x)=2ex×ex−5ex. En factorisant ex,f′(x)=ex(2ex−5) .
b. 2ex−5=0⇐⇒ ex=5
2 ⇐⇒ xln µ5
2
¶
. (par croissance de la fonction ln.) 2ex−5>0⇐⇒ ex>5
2 ⇐⇒ x>ln µ5
2
¶
Polynésie 2 juin 2009
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
c. La question précédente montre que pourx>ln µ5
2
¶
,f′(x)>0, doncf est croissante.
De même pourx<ln µ5
2
¶
, f′(x)<0, doncf est décroissante.
3. Il résulte de la question précédente que f a un minimum pourx=ln µ5
2
¶
qui vaut, sachant que ex=ln
µ5 2
¶ ,f
· ln
µ5 2
¶¸
=
·5 2
µ5 2−5
¶¸
= −25
4 +4= −9 4. Orf(1)=e2−5e+4≈ −2, 2<0 etf(2)=e4−5e+4≈21, 7>0.
Dans l’intervalle [1 ; 2], la fonction f dérivable est croissante et ses valeurs appartiennent à l’intervalle [f(1) ; f(2)] qui contient 0.
Il existe donc un réel uniqueα∈[1 ; 2] tel quef(α)=0.
La calculatrice donneα≈1, 39.
4. a. On af(0)=12−5+4=0, donc O appartient àC
b. Le coefficient directeur de la tangente∆à la courbeC au point O est le nombref′(0).
f′(x)=ex(2ex−5)⇒f′(0)=1×(2−5)= −3.
5.
1 2
−1
−2
4 8 12 16
x y
C D
O
PARTIE B : Calcul d’aire 1. +Sur l’intervalle
· ln1
2; 0
¸
on a vu quef(x)>f(0) carf est décroissante ; orf(0)=0 : la fonc- tion est donc positive sur cet intervalle.
2. Une primitive def surRestFtelle que : F(x)=1
2
2. 2. Cf. figure
Polynésie 3 juin 2009
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
3. On a vu que sur
· ln1
2; 0
¸
, f(x)>0. Donc l’aireA en unités d’aire de la surface du domaine Dest égale à l’intégrale
A= Z0
ln12
f(x)dx=[F(x)]0
ln12=F(0)−F µ
ln1 2
¶
=1 2−5−
µ1
2e2 ln12−5eln12+4ln1 2
¶
= −9 2−
µ1 8−5
2−4ln 2
¶
=
−19 8 +4ln 2.
µ
car e2 ln12 =eln¡12¢2=1 2×
µ1 2
¶2
=1 2×1
4=1 8
¶
Or une unité d’aire est égale à 4×1=4 cm2. A=4
µ
−19 8 −4ln 2
¶
= −19
2 +16ln 2 cm2. La calculatrice donne :A≈2, 590≈2, 59 cm2.
Polynésie 4 juin 2009
