Magari yaliyotumika ya kijapani

• Nchi: Cambodia
• Tarehe: 2016-08-25

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Yours, LanEXERCICE 1 5points 1. a. On a|zA|2=1+3=4=2. Donc|zA|=2. On factorise 2 : zA=2Ã1 2+i p3 2 !=2¡cos π 3 +isin π 3¢. Un argument de zA est donc égal à π 3 . b. zA=2¡cos π 3 +isin π 3¢=2ei Π 3 . c. Le point A est le point d’ordonnée positive commun au cercle unitaire et à la droite x= 1 2. 2. a. La rotation étant de centre O, on a zB =ei π 3 zA=eiπ 3 ×2ei π 3 =2e2i π 3 . b. On a donc zB =2Ã−1 2+i p3 2 !=−1+ip3. c. Le point B est le symétrique de A autour de Oy. 3. Par définition de la rotation OA = OB, le triangle est isocèle et AOB= π 3. On en déduit que ses trois angles ont la même mesure : il est donc équilatéral. 4. a. Le point C est l’image de A dans la rotation de centre O et d’angle π 4. b. Cf. figure c. zC=2ei π 3 ×ei π 4 =2ei7π 12 =2¡cos 7π 12 +isin 7π 12¢=2cos 7π 12 +2isin 7π 12. d. zC=zAei π 4 =zA¡cos π 4 +isin π 4¢=zA³p2 2 +i p2 2 ´. CommezA =1+ip3, zC=¡1+ip3¢³p2 2 +i p2 2 ´=p2 2 − p6 2 +iÃp2 2 + p6 2 != p2−p6 2 +i p2+p6 2 . e. Comme zC =2cos 7π 12 +2isin 7π 12, on en déduit par identification des parties réelles et imaginaires que :
cos
7π 12 =
p2−p6 4
et sin
7π 12 =
p2+p6 4
.
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
bb
b
→− u
→− v
O
A
B
C
EXERCICE 2 5points
I.Premièrestratégie: 1. (B, B, B), (B, B, C), (B, C, B), (B, C, C), (C, B, B), (C, B, C), (C, C, B), (C, C, C ) soit huit triplets 2. p(B, B, B)= 1 8 =0,125. 3. On considère les réponses où il n’y a qu’une seule fois la lettre C : il y a trois
triplets, donc la probabilité est égale à
3 8 =0,375. 4. a. Avec trois bonnes réponses : X=6; Avec deux bonnes réponses : X=3; Avec une bonne réponse : X=0; Avec zéro bonne réponse : X=−3 ramenée à 0; b. Ilresteà calculer la probabilitéd’avoir une seule bonneréponse ouzéro; il y a trois triplets contenant une seule fois B ou zéro B. Donc p(X=0= 3 8 =0,375. Ona doncpar complément à1: p(X=−3)=1−(0,125+0,375) =1−0,5= 0,5. On a donc le tableau suivant :
xi 6 3 0 p(X=xi) 0,125 0,375 0,5 c. E(X) = 6×0,125+3×0,375+0×0,5=1,875. Conclusion : un candidat qui répond à toutes les questions au hasard aura un peu moins de 2 points sur un maximum de 6. II.Deuxièmestratégie: 1. On trouve les quatre triplets (A, B, B), (A, B, C), (A, C, B), (A, C, C) 2. a. Les valeurs de Y sont respectivement : 4, 2, 2, 0
France 2 23 juin 2009
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
b. On obtient facilement le tableau :
yi 4 1 0 p¡Y=yi¢ 0,25 0,5 0,25 c. E(Y)=4×0,25+1×0,5=1,5. III.Comparaisondesstratégies: La première stratégie est meilleure que la seconde.
PROBLÈME 10points
PartieA:Étuded’unefonctionauxiliaire

1. g est une somme de fonctions dérivables sur R; elle est donc dérivable sur R et : g′(x)=2ex +2=2(ex +1) qui est du signe de ex+1. Or quel que soit x∈R, ex+1 > 1>0. La dérivée est positive, donc g est croissante sur R. Les limites ne sont pas demandées. 2. a. On a g(−2)=2ex−2−4+3≈−0,7 et g(−1)=2e−1−2+3≈1,7. D’après le théorème des valeurs intermédiaires il en résulte que la fonction g croissantes’annule unefoissur l’intervalle [−2; −1]pour α telque g(α)=0 et−2<α<−1. b. Commepourlaquestionprécédente,comme g(−1,69) ≈−0,011etg(−1,68)≈ 0,013, on en déduit que α≈−1,7 au dixième près. c. On a donc : – sur ]−∞; α[, g(x)<0; – g(α)=0; – sur ]α ; +∞[, g(x)>0. PartieB:Étudedelafonction f
2. On sait que lim x→+∞
   ex =+∞et lim x→+∞
   x2 =+∞, donc lim x→+∞
   f (x)=+∞.
3. lim x→−∞
   ex =0 et lim x→−∞
   x2=+∞, on en déduit que lim x→−∞
   f (x)=+∞.
4. a. f (x)−¡x2+3x¢=2ex, donc lim x→−∞ f (x)−¡x2+3x¢=0.b. Onen déduitqu’au voisinage demoins l’infini la courbe C et la parabole sont asymptotes. c. On a vu que f (x)−¡x2+3x¢=2ex et comme 2ex >0, que que soit le réel x, on en déduit que la courbe C est au dessus se la parabole. 4. a. f somme defonctions dérivables sur R est dérivableet f ′(x)=2ex+2x+ 3=g(x). b. le signe de f ′ est celui de g vu à la question 2.c.. D’où : – sur ]−∞; α[, f ′(x)<0; f est décroissante; – f ′(α)=0; α est un extremum de f ; – sur ]α ; +∞[, f ′(x)>0; f est croissante. c. On a f (−1.69)≈−1,844860 et f (−1,68)≈−1,844852. Donc (α)≈−1,7 à 10−1 près. 5. M(x ; y)∈T ⇐⇒ y−f (0)= f ′(0)(x−0 ⇐⇒ y−2=5x ⇐⇒ y =5x+2. 6.
   France 3 23 juin 2009
   A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
   PartieC:Calculd’aire
5. Cf. figure. 2. a. Comme f (0)=2>0 et que f est croissante sur·0 ; 1 2¸, il en résulte que f est positive sur cete intervalle. L’aire de la partie hachurée est donc égale à l’intégrale A =Z1 2 0 f (x)dx. b. On a donc A =Z1 2 0 ¡2ex+x2+3x¢dx =·2ex + x3 3 + 3x2 2 ¸1 2 0 =2e 1 2 + 1 24 + 3 8 −2=2e 1 2 − 38 24 =2e 1 2 − 19 12 . (en unités d’aire) L’unité graphique étant de 2cm, l’unité d’aire est égale à 4 cm2. Donc en cm2, A = 4µ2e1 2 − 19 12¶≈6,856. Au centième près de cm2, A ≈6,86