Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire Métropole juin
4
pages
Français
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2002
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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire \ Métropole juin 2002 EXERCICE 1 5 points 1. On a ∆= 1?4=?3= (ip3)2. Le discriminant est inférieur à zéro donc l'équation a deux solutions com- plexes conjuguées : 1+ i p 3 2 et 1? i p 3 2 . 2. a. On a |zA|2 = ( 1 2 )2+ (p 3 2 )2 = 14 + 3 4 = 1?|zA| = 1. On reconnaît zA = cos pi3 + i pi 3 . Donc zA = 1ei pi 3 et comme zE = zA, on a zE = 1e?i pi 3 . b. A et E sont les points communs au cercle trigonométrique et à la droite d'équation x = 12 . Voir plus bas. 3. a. zA = 1ei pi3 ? zB = z2A = 12e2i pi 3 = 1ei 2pi3 ; Demême zC = 13e3i pi 3 = epi =?1 ; zD = 14e4i pi 3 = e?i 2pi3 ; zF = 16e6i pi 3 = e2ipi = 1. b. Tous ces points ont des affixes de module 1 : ceci signifie que : OA = OB = OC = OD = OE = OF = 1 ; les points A, B, C, D, E et F sont situés sur un même cercle de centre O et de rayon 1.
Voir
[ Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire \ Métropole juin 2002 EXERCICE 1 5 points 1. On a ∆= 1?4=?3= (ip3)2. Le discriminant est inférieur à zéro donc l'équation a deux solutions com- plexes conjuguées : 1+ i p 3 2 et 1? i p 3 2 . 2. a. On a |zA|2 = ( 1 2 )2+ (p 3 2 )2 = 14 + 3 4 = 1?|zA| = 1. On reconnaît zA = cos pi3 + i pi 3 . Donc zA = 1ei pi 3 et comme zE = zA, on a zE = 1e?i pi 3 . b. A et E sont les points communs au cercle trigonométrique et à la droite d'équation x = 12 . Voir plus bas. 3. a. zA = 1ei pi3 ? zB = z2A = 12e2i pi 3 = 1ei 2pi3 ; Demême zC = 13e3i pi 3 = epi =?1 ; zD = 14e4i pi 3 = e?i 2pi3 ; zF = 16e6i pi 3 = e2ipi = 1. b. Tous ces points ont des affixes de module 1 : ceci signifie que : OA = OB = OC = OD = OE = OF = 1 ; les points A, B, C, D, E et F sont situés sur un même cercle de centre O et de rayon 1.
- corrigé du baccalauréat stl
- baccalauréat stl
- ?? t1
- e2i pi
- points communs au cercle trigonométrique
- cercle trigonométrique
- mm2 au mm2
- pi3
[Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire\ Métropole juin 2002
EX E R C IC Epoints1 5 ¡ ¢ 2 1.On aΔ=1−4= −3=i 3 . Le discriminant est inférieur à zéro donc l’équation a deux solutions com plexes conjuguées :
1+1i 3−i 3 et . 2 2 ³ ´ ¡ ¢2 2 2 13 13 2. a.On a|zA+ =| =+ =1⇒ |zA| =1. 2 24 4 π π On reconnaîtzA=cos+i . 3 3 π π i−i 3 3 DonczA=1e etcommezE=zA, on azE=1e . b.a droiteA et E sont les points communs au cercle trigonométrique et à l 1 d’équationx=. Voir plus bas. 2 π π2π i 22 2ii 3. a.zA=1e⇒zB=z=1 e=1e ; 3 33 A π 3 3iπ 3 De mêmezC=1 e=e= −1 ; π2π 4 4i−i zD=1 e=e ; 3 3 π 6 6i2iπ 3 zF=1 e=e=1. b.A = OBTous ces points ont des affixes de module 1 : ceci signifie que : O = OC = OD = OE = OF = 1 ; les points A, B, C, D, E et F sont situés sur un même cercle de centre O et de rayon 1. c.Sur le cercle trigonométrique à partir de A on reporte le cercle de rayon 1 qui recoupe le cercle en B ; en répétant on obtient le point C puis le point D et enfin le point F est le point d’abscisse 1 sur le cercle trig onométrique
C
B
D
A
E
EX E R C IC E2 −at 1. a.Les solutions sont les fonctionst→−7Ce ,C∈R. −a×0 b.On doit avoirCe=0, 1⇐⇒C=0, 1. −at La fonction est donc définie par :t7→−.0, 1e
F
4 points
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire
A. P. M. E. P.
1 −3 −9,9×10t1/2 2. a.On doit avoir : 0,1×e= ×0, 1soit par croissance de la fonc 2 ln 0, 5 −3 tion logarithme népérien−9, 9×10t1/2=ln 0, 05⇐⇒t1/2= ≈ −0, 0099 70, 01≈70 (min) à la minute près. b.de la concentration initiale représentent le dixième de la concen10 % tration initiale 0,1, soit 0,01. Graphiquement on trouve (droites en tiretés) un temps approximatif de 231 min soit 3 h 51 min.
PR O B L È M E
11 points
1. a.On a lim(−2 lnx)= +∞, donc limf(x)= +∞. x→0x→0 Graphiquement ceci signifie que la droite d’équationx=0 est asymptote verticale àCau voisinage de zéro. b.Commex6=0, on peut écriref(x) sous la forme : µ ¶ 1 lnx f(x)=x1− −2 . x x 1 lnx On saitlim=lim0 et que=lim0, doncf(x)= +∞. x→+∞x→+∞x→+∞ x x 2x−2 ′ 2.fest dérivable sur I etf(x)=1− =. x x ′ Commex>0, le signe def(x) est celui du numérateurx−2. ′ fs’annule enx=2, est positive sur ]2 ;+∞[ et est négative sur ]0 ;2[. D’où le tableau de variations def:
x0 2+∞ ′ − f(x) 0+ +∞ +∞ f(x) 1−2 ln 2 2 ′ 3.On af(1)=1−1−2 ln 1=0 etf(1)=1− =1−2= −1. 1 Une équation de la tangente àCen son point A d’abscisse 1 est : ′ y=f(1)+f(1)(x−1), soit :y= −x+1. 4.On a déjàf(2)=1−2 ln 2≈ −0, 4 ; f(4)=3−2 ln 4≈0, 2 ; f(6)=5−2 ln 6≈1, 4. a.D’après le tableau de variations, la fonctionfest strictement croissante sur ]2 ;+∞[. Orf(2)<0 etf(4)>0. Conclusion : l’équationf(x)=0 a une solution uniqueαsur ]2 ; 4[. Cette solution est bien entendu différente de 1. b.On calculef(3)=2−2 ln 3≈ −0, 2 et comme pau dessus on en déduit que 3<α<4. 5.Voir à la fin. 6. a.Fest dérivable sur I et : 1 1 ′ F(x)= ×2x+1−2 lnx−2x× =x+1−2 lnx−2=x−1−2 lnx=f(x), 2x doncFest une primitive def.
Métropole
2
juin 2002
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire
−1
A. P. M. E. P.
b.On sait d’après le tableau de variations etα<4 quef(x)>0 sur l’inter valle [4 ; 6]. Donc l’aire, en unité d’aire de la partie du plan limitée par la courbeC, l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx=4 etx=6 est égale à l’intégrale : Z µ¶ 6 1 1 6 22 f(x)dx=[F(x)]=F(6)−F(4)=6+6−2×6 ln 6−4+4−2×4 ln 4= 4 42 2 18+6−12 ln 6−8−4+8 ln 4=12−2 ln 6+8 ln 4. 2 L’unité d’aire vaut 2×2=, donc :4 cm S=4 (12−2 ln 6+8 ln 4) 2 22 On aS≈près.au mm636 mmcm soit6, 356 y
5
4
3
2
1
−1
−2
−3
−4
−5
Métropole
C
1
2
3
3
4
T
5
6
x
juin 2002
C(t)
0,1
0,01
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire
0 0
Métropole
50
Courbe représentative de la fonctionC
100
150
4
200
250
A. P. M. E. P.
t 300
juin 2002
