Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie 11 juin 2012 \ Génie mécanique, énergétique, civil
EXERCICE1 4 points
Question 1
On peut dresser le tableau de répartition suivant pour 100 pièces produites :
Défaut A pas le défaut A Total
Défaut B 5 5 10
Pas le défaut B 25 65 90
Total 30 70 100
65 pièces sur 100 ne présentent aucun des deux défauts : réponse B.
Question 2
Son gain est supérieur à zéro si l’une des trois cases 2, 2 ou 3 s’allume, d’où une probabilité de3 9=1
3. Réponse B.Question 3
SiXest la variable aléatoire associée au gain algébrique du joueur le tableau de la loi de probabilité deXest :
xi 2 1 0 −1
pi 1
9
2 9
1 9
5 9
L’espérance deXest égale à :
E(X)=2×19+1×29+0×19−1×59=2+29−5= −19. Réponse D.
Question 4
Il suffit de remplacer dans le calcul précédent de l’espérance le 0 parx−1,xétant le gain obtenu si la case centrale s’allume.
E(X)=2×19+1×29+(x−1)×19−1×59=2+2+x9−1−5=x−92. Donc E(X)=0 ⇐⇒x=2. Réponse B
EXERCICE2 5 points
1. On calcule∆=4−4×2= −4=(2i)2.
∆<0 : l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
z1=2+2i
2 =1+i et z2=1−i.
2. a. b=a×w=(2+i)(1+i)=2−1+2i+i=1+3i b. c= a
w=2+i
1+i=(2+i)(1−i)
(1+i)(1−i)=2+1−2i+i 1+1 =3−i
2 =3 2−1
2i.
c. On a|b|2=12+32=1+9=10, donc|b| =p 10.
|c|2= µ3
2
¶2
+ µ
−1 2
¶2
=9 4+1
4=10
4 , donc|c| = p10
2 . 3. a. Voir la figure à la fin de l’exercice.
Corrigé du baccalauréat STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
b. On a BC= |zC−zB| =
¯¯
¯¯3 2−1
2i−1−3i
¯¯
¯¯=
¯¯
¯¯1 2−7
2i
¯¯
¯¯= sµ1
2
¶2
+ µ
−7 2
¶2
= r1
4+49 4 =
r50 4 =5p
2 2 . c. On OB2= |b|2=10 et OC2=10
4 (vu plus haut).
Or OB2+OC2=10+10 4 =40
4 +10 4 =50
4 =BC2.
OB2+OC2=BC2. D’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle BC est rec- tangle en O.
4. On a³−−→
OC ,−−→
OA´
=argzA−zO
zC−zO=arg 2+i
3
2−12i=arg4+2i
3−i =arg(4+2i)(3+i) (3−i)(3+i) = arg12−2+4i+6i
9+1 =arg10+10i
10 =arg(1+i).
Or 1+i a pour modulep
2, donc : 1+i=p
2
³p 2 2 +i
p2 2
´
=p 2¡
cosπ4+i sinπ4¢
=p 2eπ4. Donc³−−→
OC ,−−→
OA´
= π
4 et par conséquent³−−→
OA ,−−→
OB´
= π
4 (puisque le triangle OBC est rectangle en O) et la droite (OA) est une bissectrice du triangle OBC.
On aurait pu aussi montrer que³−−→
OA,−−→
OB´
=arg(1+i) en faisant un calcul analogue à celui de
³−−→
OC ,−−→
OA´ .
Autre méthode :On peut montrer que OCA est un triangle rectangle isocèle en C avec la réci- proque du théorème de Pythagore). Il en résulte queCOA=45 °... d’où la bissectrice.
1 2
−1
−2
−1 1 2 3
b
b b
b
A
C B
O
PROBLÈME 11 points
Partie A - Modélisation de la piste
Polynésie 2 11 juin 2012
Corrigé du baccalauréat STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
1. Détermination graphique d’une équation de la droite (AB)
a. best l’ordonnée à l’origine soitb=4. L’équation est doncy=ax+4.
b. A(−6 ; 7)∈AB⇐⇒7=a×(−6)+4 ⇐⇒6a=4−7⇐⇒ 6a= −3⇐⇒
a= −1 2.
L’équation est doncy= −1 2x+4.
2. a. En dérivant le produit, on obtient pour tout réelx: f′(x)=
µ1
4×2x−1
¶ ex4+1
4 µ1
4x2−x+2
¶ ex4 =ex4
µ1
2x−1+ 1 16x2−1
4x+1 2
¶
= µ1
16x2+1 4x−1
2
¶ ex4= 1
16
¡x2+4x−8¢ ex4. b. Avecx=0, on af(0)=2+
µ1
4×02−0+2
¶
e04 =2+2=4, ce qui montre que B appartient à la courbeCf.
Tangente en B : on sait que la tangente en B a pour coefficient directeur le nombre dérivé en 0, soit f′(0)= 1
16
¡02+4×0−8¢ e04 = 1
16×(−8)= −1
2 qui est bien égal au coefficient directeur de la droite (AB).
Partie B - Étude de la fonctionf
1. a. ∆=42−4×1×(−8)=16+32=48=¡ 4p
3¢2
.
∆>0 : l’équation a donc deux solutions réelles :
x1=−4+4p 3
2 = −2+2p
3 et x2= −2−2p 3 b. f′(x)= 1
16
¡x2+4x−8¢ ex4. On sait que 1
16>0 et que quel que soit le réelx, ex4 >0 : le signe def′(x) est donc celui du trinômex2+4x−8.
On sait que ce trinôme est positif sauf entre les racines.
Donc sur£
0 ;−2+2p
3],f′(x)60 : le fonction est décroissante sur cet intervalle ; Sur£
−2+2p
3 ; 4],f′(x)>0 : le fonction est croissante sur cet intervalle.
c. Le minimum de la fonction sur [0 ; 4] estf¡
−2+2p 3¢
= 2+1
4
h¡−2+2p 3¢2
−¡
−2+2p 3¢
+2i e−2+2
p3
4 ≈3, 545≈3, 5.
Le maximum de la fonction sur [0 ; 4] estf(4)=2+1 4
¡42−4+2¢
e44=2+9
3e≈7, 44≈7, 4.
x 0 2p
3−2 4
f 4
≈3, 5
≈7.4
d. Le tableau montre que sur [0 ; 4] le minimum est environ 3, 54>3, 5. Donc pour tout réel de [0 ; 4], f(x)>3, 5.
2. a. Fest dérivable sur [0 ; 4] et sur cet intervalle : F′(x)=2+(2x−12)ex4+1
4
¡x2−12x+56¢
ex4 =2+ex4 µ
2x−12+1
4x2−3x+14
¶
=2+ex4 µ1
4x2−x+2
¶
= f(x).
Conclusion :Fest une primitive def sur [0 ; 4].
Polynésie 3 11 juin 2012
Corrigé du baccalauréat STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
b. I= Z4
0 f(x) dx=[F(x)]40=F(4)−F(0)= 2×4+¡
42−12×4+56¢ e44−h
2×0+¡
02−12×0+56¢ e04i
=8+24e−56=24e−48
Partie C - Calcul d’une aire plane
1. a. ABOE est un trapèze car (OB) et (EA) sont parallèles.
b. On a doncS1=OB+EA
2 ×OE=7+4
2 ×6=3×11=33 m2.
2. La fonction f étant positive sur [0 ; 4], l’aireS2de la surface délimitée par la courbeCf l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx=0 etx=4 est égale à l’intégrale calculée précédem- ment soitS2=24e−48 m2.
S2≈17, 238≈17, 24 m2au dm2près.
L’aire totale du profil de la piste est donc égale à : S1+S2≈33+17, 24≈50, 24 m2au dm2près.
Polynésie 4 11 juin 2012
