[ Baccalauréat STI Antilles–Guyane juin 2009 \ Génie électronique, électrotechnique, optique
EXERCICE1 4 points
1. P(1)=9−21+17−5=26+ −26=0.
2. SiP(z)=9z3−21z2+17z−5=(z−1)¡
az2+bz+c¢
=az3+bz2+cz−az2−bz−c= az3+z2(b−a)+(c−b)z−c, alors en identifiant les termes de même degré :
9 = a
−21 = b−a 17 = c−b
−5 = −c
⇐⇒
9 = a
−21 = b−9 17 = 5−b
−5 = −c
⇐⇒
a = 9
b = −12
c = 5
c = 5
DoncP(z)=9z3−21z2+17z−5=(z−1)¡
9z2−12z+5¢ . 3. P(z)=0⇐⇒
½ z−1 = 0
9z2−12z+5 = 0 Résolution de l’équation du second degré :
9z2−12z+5=0 ⇐⇒ (3z−2)2−4+5=0 ⇐⇒ (3z−2)2+1=0 ⇐⇒ (3z−2)2−i2=0 ⇐⇒
(3z−2)2=i2
Il y a donc trois solutions dansC: z1=2
3+1
3i,z2=2 3−1
3i etz3=1.
4. a. Voir figure.
b. |zB−zA|2=
¯
¯
¯
¯ 1
3(2+i)−1
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯−1 3+1
3i
¯
¯
¯
¯
2
=1 9+1
9=2 9.
|zA−zC|2=
¯
¯
¯
¯1−2 3+1
3i
¯
¯
¯
¯
2
=
¯
¯
¯
¯ 1 3+1
3i
¯
¯
¯
¯
2
=1 9+1
9=2 9.
On a donc AB2=CA2⇐⇒AB=CA, donc ABC est isocèle en A.
Enfin|zB−zC|2=
¯
¯
¯
¯ 1
3(2+i)−1 3(2−i)
¯
¯
¯
¯
2
=
¯
¯
¯
¯ 2 3i
°
°
°
°
2
=4 9. On a4
9=2 9+2
9 ⇐⇒ CB2=AB2+CA2, donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle ABC est rectangle en A.
5. a. ABC étant rectangle en C il est inscrit dans le cercleC de diamètre [BC] ; donc le centre de C,Ωest le milieu de [BC]. Son affixe est donczΩ=2
3. b.
1
b
bbb A
B
C Ω O
EXERCICE2 5 points
Partie A - Effet de réponses au hasard à un exercice de type vrai/faux.
1. Nombre de bonnes réponses 4 3 2 1 0
Nombre de points 4 2,5 1 0 0
2. Voir l’arbre plus bas.
3. a. Xpeut prendre les quatre valeurs : 4 ; 2,5 ; 1 ; 0.
b.
xi 4 2,5 1 0
p(X=xi) 1
16
4 16
7 16
4 16 c. E(X)=4× 1
16+2, 5× 4
16+1× 7
16+0× 4
16=4+10+7 16 =21
16=2, 625 (points) Partie B - Un exercice de type vrai-faux.
f(x)=cos³ 2x−π
4
´ .
Affirmation 1 :Vrai : une seule tangente horizontale dans cet intervalle.
Affirmation 2 :Faux : l’intégrale vaut1 2+
p2 4 . Affirmation 3 :Vrai
PROBLÈME 11 points Partie I
1. On a lim
x→−∞e2x=0, donc lim
x→−∞g(x)= −∞.
En écrivantg(x)=x µ
1−1 x+e2x
x
¶
, la limite de la parenthèse est égale à plus l’infini, celle dex à plus l’infini, donc par produit de limites : lim
x→+∞g(x)= +∞.
2. a. On calculed(x)=g(x)−(x−1)=e2x. Comme lim
x→+∞e2x =0, on en déduit que lim
x→+∞d(x)=0, ce qui montre que la droiteD d’équationy=x−1 est asymptote àCg au voisinage de moins l’infini.
b. Comme e2x quel que soitx∈R,d(x)>0 ⇐⇒ g(x)>x−1, ce qui signifie queCg est au dessus deDque l que soitx∈R.
3. a. Quel que soitx∈R,gest dérivable et
g′(x)=1+2e2x. Comme e2x>0,g′(x)>1>0.
La fonction dérivée est positive surR; la fonctiongest croissante surR. b. La fonctiongest croissante de−∞à+∞.
4. On ag(0)=0−1+e2×0= −1+1=0.
La fonctiongétant croissante on en déduit que six<0, alorsg(x)<0 et six>0, alorsg(x)>0 5. Voir la figure
Partie II
1. La fonctionf est la somme de deux fonctions dérivables surR; elle est dérivable surRet f′(x)=2(x−1)+2e2x=2£
x−1+e2x¤
=2g(x).
2. On a vu que six<0,g(x)<0, donc 2g(x)=f′(x)<0.
Donc pourx<0, f est décroissante et inversement six>0, f est croissante.
3. La fonction étant décroissante puis croissante elle admet un minimum pourx=0, qui vaut f(0)=1+1=2.
Partie III -Application à un problème de distance minimale
1. a. Voir la figure b. PA2=(−2)2+¡
e−1¢2
=4+e−2; PB2=(0)2+(e)2=e2;
2. a. PM2=(x−1)2+(ex)2=(x−1)2+e2x=f(x).
b. Le carré de la distance minimale est le minimum de la fonction f, qui on l’a vu au des- sus est égal à 2 pourx=0 ; on a PMmini2 =2 et le point deCh le plus proche de P a pour coordonnées (0 ; 1).
Feuille annexe à rendre agrafée à la copie
Question 1 Question 2 Question 3 Question 4 Nombre de points
correct
correct
correct correct 4 points 2,5 points incorrect
incorrect
2,5 points correct
1 point incorrect
incorrect
correct correct 2,5 points 1 point incorrect
incorrect
1 point correct
0 point incorrect
incorrect
correct
correct correct 2,5 points 1 point incorrect
incorrect
1 point correct
0 point incorrect
incorrect
correct correct 1 points 0 point incorrect
incorrect
1 point correct
0 point incorrect
Problème : partie II
Ω
P Ch Cg
Mmini
