Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat STI Polynésie 14 septembre 2012 Génie mécanique, énergétique, civil

E XERCICE 1

5 points

1. ∆ = 4 × 3 − 4 × 4 = −4 = (2i)2 . Le discriminant est négatif, l’équation a deux 2 3 + 2i solutions complexes conjuguées : = 3 + i et 3 + i. Réponse c. 2 2. On a |zA |2 = 3 − i = 3 + 1 = 4 = 22 ⇒ |zA | = 2. 1 3 −i = 2 2 2
2

On a donc zA = 2 Réponse d.

−1 3 +i = 2 cos −π + i sin −π . 6 6 2 2

3. z − 3 − i = z − 3 + i ⇐⇒ z − 3 + i = z − 3 − i ⇐⇒ |z − zB | = |z − zA | ⇐⇒ BM = AM. Les points de l’ensemble sont donc équidistants de A et de B. L’ensemble est donc la médiatrice de [AB], mais comme A et B sont symétriques autour de l’axe des abscisses, cette médiatrice est l’axe des abscisses : réponse b. 4. Calculons zA = zB 3+i 3−i = 3+i 3−i 3+i 3+i = 3 − 1 + 2i 3 1 − i 3 = . 3+1 2

Réponse : d.

−→ −→ − − 5. DEAC est un parallélogramme ⇐⇒ DE = CA ⇐⇒ zE − zD = zA − zC ⇐⇒ zE = zD + zA − zC = − 3 − i + 3 − i + 3 − i = 3 − 3i. Réponse : c. E XERCICE 2 1. L’équation est de la forme q ′′ + ωq = 0, avec ω = 11 × 103 . 4 points

Une solution est de la forme : q(t ) = A cos 11 × 103 t + B sin 11 × 103 t , avec A et B réels quelconques. q(0) q ′ (0) = = 2 × 10−6 0 A 11 × 103 B = = 2 × 10−6 0

2. q est dérivable sur R et q ′ (t ) = −11×103 A sin 11 × 103 t +11×103 B cos 11 × 103 t . Donc ⇐⇒ ⇐⇒

A = 2 × 10−6 B = 0 La solution particulière est donc

q(t ) = 2 × 10−6 cos 11 × 103 t . 3. q ′ (t ) = i (t ) = −2 × 10−6 × 11 × 103 sin 11 × 103 t = 22 × 10−3 sin 11 × 103 t = 2, 2 × 10−2 sin 11 × 103 t . 4. La valeur moyenne de la fonction q sur l’intervalle 0 ; égale à : π×10−3 2×11 π×10−3 2×11

π × 10−3 2 × 11

est donc

0

q(t ) dt =

0

2 × 10−6 cos 11 × 103 t dt =

STI génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

2×11 1 × 2 × 10−6 sin 11 × 103 t = 3 11 × 10 0 π×10−3 2 × 10−6 2 π 2 × 10−9 sin = × 10−9 . sin 11 × 103 t 0 2×11 = 11 × 103 11 2 11

π×10−3

P ROBLÈME Partie A : étude d’une