Corrigé du baccalauréat STI La Réunion juin 2011
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Français
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2011
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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI La Réunion juin 2011 \ Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. Puisque zA = p 3e pi3 et zB = 3ei pi 4 , alors zA? zB = 3 p 3e ( pi 3+ pi 4 ) = 3 p 3e ( pi 3 + pi 4 ) . 2. L'image du point C(2 ; 4) par la rotation r est le point C? tel que : zC? ? 0 = ei pi4 (2+4i?0) ?? zC? = (p 2 2 + i p 2 2 ) (2+4i)= p 2?2 p 2+ i(2 p 2+ p 2)= ? p 2+3i p 2. Réponse c. 3. 1 2+ i = 2? i (2? i)(2+ i) = 2? i 4+1 = 2? i 5 = 2 5 ? i 1 5 . Réponse b. 4. On reconnaît le cosinus et le sinus de pi3 , donc z = ei pi 3 et z2011 = ( ei pi3 )2011 = ei 2011pi3 = ei pi3 car 2011pi3 = 2010pi 3 + 1pi 3 = 670pi+ 1pi 3 = 335?2pi+ 1pi 3 .
Voir
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI La Réunion juin 2011 \ Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 5 points 1. Puisque zA = p 3e pi3 et zB = 3ei pi 4 , alors zA? zB = 3 p 3e ( pi 3+ pi 4 ) = 3 p 3e ( pi 3 + pi 4 ) . 2. L'image du point C(2 ; 4) par la rotation r est le point C? tel que : zC? ? 0 = ei pi4 (2+4i?0) ?? zC? = (p 2 2 + i p 2 2 ) (2+4i)= p 2?2 p 2+ i(2 p 2+ p 2)= ? p 2+3i p 2. Réponse c. 3. 1 2+ i = 2? i (2? i)(2+ i) = 2? i 4+1 = 2? i 5 = 2 5 ? i 1 5 . Réponse b. 4. On reconnaît le cosinus et le sinus de pi3 , donc z = ei pi 3 et z2011 = ( ei pi3 )2011 = ei 2011pi3 = ei pi3 car 2011pi3 = 2010pi 3 + 1pi 3 = 670pi+ 1pi 3 = 335?2pi+ 1pi 3 .
- produit de limites lim
- lnx
- ei pi3
- lnx ?
- lnx ?
- baccalauréat sti
- ??
Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat STI La Réunion juin 2011\ Génie électronique, électrotechnique, optique
EX E R C IC E1 5points ¡ ¢¡ ¢ π πpπ ππ π i+ + 3 43 43 4 1.PuisquezA=3e etzB=3e ,alorszA×zB=3 3e=.3 3e ′ 2.; 4) par la rotationL’image du point C(2rest le point Ctel que :z−0= ′ C ³ ´ πp i 22 e (2+4i−0)⇐⇒z= +i (2+4i)=2−2 2+i(2 2+2)= 4 ′ C 2 2 −2+Réponse3i 2.c. 1 2−i 2−i 2−i 21 3.−= == =i .Réponseb. 2+i (2−i)(2+i) 4+1 5 55 ³ ´ π π2 011 π011 ii 2 4.On reconnaît le cosinus et le sinus de, doncz=e etz=e= 3 3 3 2 011π π i i2011π2010π1π1π1π e=e car= +=670π+ =335×2π+. Réponseb. 3 3 3 33 33 5.Réponsec.
EX E R C IC E2 5points 1.Voir à la fin. 324 27 2. a.La probabilité est égale à= =0, 27. 1 200100 6 1 b.La probabilité est égale à= =0, 005. 1 200200 3. a.On aX∈{−5 ;−2 ;−1 ; 2 ; 5}. 576 144 324 b.On ap(X= −5)=,p(X= −2)=,p(X= −1)=,p(X= 1 2001 2001 200 36+6114 150 2)= =,p(X=5)=. D’où le tableau suivant : 1 2001 2001 200 X=. . .−5−2−1 25 576 144 324 1506 p(X=xi) 1 2001 2001 2001 2001 200 576 144 324 1506 c.On a E(X)= −5× −2× −1× +2× +5× = 1 2001 2001 2001 2001 200 −2 880−288−324+300+30 3162 = =2, 635. 1 2001 200 4.Sur un grand nombre de parties un joueur perdra à chaque partie en moyenne à peu près 2,64(.
PR O B L È M E Partie A
10 points
1.Le maximum de la fonction vaut à peu près−1, 3 : la fonction est donc négative sur l’intervalle [0 ; 10]. 1 ′ 2.On af x)= +a x
Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
A. P. M. E. P.
1 1 ′ 3.On af(2)=0⇐⇒ +a=0⇐⇒a= −. 2 2 1 De plusf(2)= −2+ln 2⇐⇒ln 2− ×2+b= −2+ln 2⇐⇒ −1+b= −2⇐⇒ 2 b= −1. x Conclusion : sur [0 ; 10],f(x)= −−1. 2
Partie B 1. a.On ag(x)=lnx(lnx−2)−x. Comme lim lnx= −∞ln, limx−2= −∞et x→0x→0 par produit de limites lim lnx(lnx−2)= +∞, donc finalement limg(x)= x→0x→0 +∞. b.Le résultat précédent signifie géométriquement que la droite d’équation x=0 (axe des ordonnées) est asymptote verticale àCau voisinage de zéro. 2. a.gest dérivable sur ]0 ; 10] et sur cet intervalle : ³ ´ 1 1lnx2 2x2 ′ g(x)=2 lnx× −1−2× =2−1− =lnx− −1=f(x)= x xx xx2x 2f(x) . x 2 ′ b.Comme>0 sur ]0 ; 10], le signe deg(x) est celui def(x) qui est né x ′ gatif d’après la question 1 de la partie A. Org(x)<0 signifie quegest décroissante sur ]0 ; 10]. 3.La tangenteTcontient le point de cordonées (1 ;g(1))=(1 ;−1). ′ Le coefficient directeur deTest égal àg(1)= −3. Une équation réduite deTest doncy= −3x+bet comme le point (1 ;−12) appartient àT, on a−1= −3+b⇐⇒b=2. Une équation deTest doncy= −3x+2. 4. a.La fonctiongest dérivable sur [0,1 ; 10] et strictement croissante ; comme f(0, 1)≈9, 8etf(10)≈ −il existe un réel unique9, 3,α∈; 10] tel que[0, 1 g(α)=0. b.72La calculatrice donne 0,<α<0, 73.
Partie C 1.Gest dérivable sur ]0 ; 10] et sur cet intervalle : 1 11 ′2 2 G(x)=(lnx)+x×2×lnx× −4 lnx−4x× +4− ×2x=(lnx)+x×2×lnx× x x2 1 11 2 2 −4 lnx−4x× +4− ×2x=lnx)+2 lnx−4 lnx−4+4−x=(lnx)−2 lnx−x= x x2 g(x). ConclusionGest une primitive degsur ]0 ; 10]. 2.Voir à la fin 3.La courbeCétant située au dessus deT, l’aire (en unité d’aire de la surfaceΔ est égale à l’intégrale : Z ·¸ e e 3 2 e [g(x)−(2−3x) dx=G(x)−2x+x= 1 2 1 1 · ¸ 1 31 3 2 22 2 e(ln e)−4e ln e+4e−e−2e+e−1(ln 1)−4 ln 1+4− −2+ = 2 22 2 1 31 3 2 2 e−4e+4e−e−2e+e−4+ +2− = 2 22 2 2 e−e−3 (u. a.)≈1, 7(u. a.)
La Réunion
2
juin 2011
Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
Joueurs ayant validé : avec bonus sans bonus Total
7
6
5
4
3
2
1
O −1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
La Réunion
ANNEXE 1 à rendre avec la copie
le niveau 1 uniquement 144 576 720
les niveaux 1 et 2 36 324 360
les trois niveaux 6 114 120
ANNEXE 2 à rendre avec la copie
A. P. M. E. P.
Total
186 1 114 1 200
e 1 2 3 4 5 6 7 8 910
T
3
C
juin 2011
