Baccalauréat STI 2D/STL spécialité SPCL Métropole 11 septembre 2014 - Correction Exercice 1

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Correction de l'exercice 1 (5 points)

QCM

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des questions suivantes, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Aucune justification n'est demandée.
Une bonne réponse rapporte un point. Une mauvaise réponse, plusieurs réponses ou l'absence de réponse à une question ne rapportent ni n'enlèvent de point.

Indiquer sur la copie le numéro de la question et la réponse correspondante.

1. La forme exponentielle du nombre complexe $z_{1} = \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{6}$ est :
   1. $z_{1} = 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$
   2. $z_{1} = 2\sqrt{6}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}}$
   3. $z_{1} = 6\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$
   4. $z_{1} = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{7\pi}{4}}$
Forme trigonométrique de $z_1=\sqrt{6} + \text{i}\sqrt{6}$:
Module : $|z_1|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{\sqrt{6}^2+\sqrt{6}^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$
Argument: $$\left\{ \begin{array}{l } \cos(\theta)=\dfrac{a}{r}= \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}= \dfrac{\sqrt 2}{2} \\ \sin(\theta)=\dfrac{b}{r}= \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}= \dfrac{\sqrt2}{ 2} \end{array} \right.$$ Ainsi $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ convient; on a donc: $$z_1=[2\sqrt{3};\dfrac{\pi}{4}] \text{ ou } z_1=2\sqrt{3}\left [\cos\left (\dfrac{\pi}{4}\right )+i\sin\left (\dfrac{\pi}{4}\right )\right ]$$
La forme exponentielle de $z_{1}$ est $z_1= 2\sqrt{3}e^{i\frac{\pi}{4}}$
2. On considère les nombres complexes $z_{1} = \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{6}$ et $z_{2} = - \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{6}$. Le nombre complexe $z_{2}$ est égal à :
   1. $\overline{z_{1}}$
   2. $- z_{1}$
   3. $- \overline{z_{1}}$
   4. $\text{i} + z_{1}$
$$z_2=-\left(\sqrt{6} - \text{i}\sqrt{6}\right)=- \overline{z_{1}}$$
$z_2=-\overline{z_1}$
3. La fonction $f$ est définie sur l'intervalle $]0 ; +\infty[$ par $f(x) = \dfrac{1}{x}$. Sa courbe représentative est donnée ci-dessous :
   
   Le domaine du plan défini comme l'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x ; y)$ qui vérifient $1 \leqslant x \leqslant 2$ et $\dfrac{1}{x} \leqslant y \leqslant 1$ a pour aire (exprimée en unité d'aire) :
   1. $\ln 2$
   2. $\dfrac{1}{2}$
   3. $1 - \ln 2$
   4. $1 - \text{e}^2$
Le domaine du plan défini comme l'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x;y)$ qui vérifient $1⩽x⩽2$ et $\dfrac{1}{x}\leq y\leq1$ est le domaine du plan compris entre la droite d'équation $y=1$ , la courbe représentative de la fonction $f$ et les droites d'équation $x=1$ et $x=2$ . L'aire, exprimée en unité d'aire, de ce domaine est donc égale à la différence entre l'aire du carré de côté 1 et l’intégrale de la fonction $f$ sur l'intervalle $[1;2]$ : $$\begin{array}{ll} \mathcal{A}&= 1 -\int_1^2 \dfrac{1}{x} \; dx\\ &= 1- \left[ \ln x \right]_1^2\\ &= 1-\left( \ln 2-\ln 1 \right)\\ &= 1 -\ln 2\end{array}$$
$\mathcal{A} =1-\ln 2$
4. La tangente au point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ à la courbe représentative de la fonction $f$, définie sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$ par $f(x) = \dfrac{1}{x}$, a pour équation :
   1. $y = - 4x + 4$
   2. $y = \phantom{-}4x + 4$
   3. $y = - 4x - 4$
   4. $y = \phantom{-}4x - 4$
La tangente au point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ à la courbe représentative de la fonction $f$ a pour équation : $$y=f’\left(\dfrac{1}{2}\right)\times \left(x−\dfrac{1}{2}\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)$$ Or $f’$ est la fonction définie sur l'intervalle $]0;+\infty[$ par $f'(x)=−\dfrac{1}{x^2}$ d'où $f’\left(\dfrac{1}{2}\right)=-4$. D'autre part, $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=2$. Donc la tangente au point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ à la courbe représentative de la fonction $f$ a pour équation : $$y=-4\times \left(x−\dfrac{1}{2}\right)+2\iff y=-4x+4$$
Donc la tangente au point d'abscisse $\dfrac{1}{2}$ à la courbe représentative de la fonction $f$ a pour équation :$y=-4x+4$