correction détaillée - Lycée Jacques Feyder

Devoir commun Seconde
CORRECTION DÉTAILLÉE
Exercice 1 : (7 points)
1. L’ensemble de définition de fest l’intervalle [−5 ; 4].
2. L’image de −5est 2.
3. On recherche les abscisses éventuelles des points d’ordonnée −3,5:−3,5admet deux
antécédents par la fonction fqui sont −3et −1.
4. fadmet un minimum qui vaut −4. Il est atteint en −2.
5. Voici le tableau des variations de f:
x−5−2 3 4
f
2 4
−4 2
6. L’ensemble des valeurs prises par fest l’intervalle [−4 ; 4].
7. Les solutions sont les abscisses des points de la courbe situés strictement au-dessus de
l’axe des abscisses : f(x)>0⇐⇒ x∈[−5 ; −4,3[ ∪]1,8 ; 4].
Exercice 2 : (4 points)
1. La population étudiée est l’ensemble des modèles de voiture de marque “Mobile”. La
variable étudiée (ou le caractère étudié) est la consommation.
2. La moyenne de la série est d’environ 10,26.
3. L’effectif de la série est de 16 (nombre pair). La médiane Meest donc la moyenne entre la
huitième et la neuvième valeur de la série, dans l’ordre croissant. Ainsi, Me= 9,1.
4. 8modèles de voiture sur 16 consomment plus de 9litres aux 100 kilomètres ce qui
correspond à 50 % des modèles. Celui qui affirme que plus de 60 % des modèles de voiture
consomment plus de 9litres aux 100 kilomètres a donc tort.
Exercice 3 : (10 points)
1. (a) On applique l’algorithme vu en cours :
273 3
91 7
13 13
1
7605 3
2535 3
845 5
169 13
13 13
1
On en déduit que 273 = 3 ×7×13 et 7605 = 32×5×132.
(b) Ainsi,
7605
273 =32×5×132 3×7×13 =3×5×13 7=195 7.
De plus,
√7605 = p32×5×132=√32×√132×√5 = 3 ×13 ×√5 = 39√5.
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2. (a) |x+ 3|= 4 ⇐⇒ |x−(−3)|= 4. On peut s’aider de la droite des réels :
| | |
−7−3 1
44
Ainsi peut-on écrire :
|x+ 3|= 4 ⇐⇒ x∈ {−7 ; 1}.
|x+ 3| ≤ 4⇐⇒ |x−(−3)| ≤ 4. On peut s’aider du graphe précédent :
| | |
−7−3 1
44
Ainsi peut-on écrire :
|x+ 3| ≤ 4⇐⇒ x∈[−7 ; 1].
(b) Comme √3−2<0et √3 + 2 >0, on peut écrire :
¯
¯
¯√3−2¯
¯
¯+¯
¯
¯√3 + 2¯
¯
¯=−³√3−2´+³√3 + 2´=−√3 + 2 + √3 + 2 = 4.
3. (a) Les diviseurs naturels de 6sont 1,2,3et 6et la somme de ses diviseurs propres est :
1 + 2 + 3 = 6.
On peut décomposer 496 en produit de facteurs premiers : 496 = 24×31.
Les diviseurs naturels de 496 sont donc 1,2,4,8,16,31,62,124,248 et 496 et la
somme de ses diviseurs propres est :
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 = 496.
(b) Simplifions : 1
1+1 2+1 4+1 7+1 14 +1 28
=28
28 +14 28 +7 28 +4 28 +2 28 +1 28
=28 + 14 + 7 + 4 + 2 + 1
28
=56
28
= 2
(c) De même, 1
1+1 2+1 3+1 6=6 6+3 6+2 6+1 6
=6 + 3 + 2 + 1
6
=12
6
= 2
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Poursuivons avec ce calcul :
1
1+1 2+1 4+1 8+1 16 +1 31 +1 62 +1 124 +1 248 +1 496
=496
496 +248 496 +124 496 +62 496 +31 496 +16 496 +8 496 +4 496 +2 496 +1 496
=496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1
496
=992
496
= 2
(d) L’observation des résultats précédents nous conduit à conjecturer que la somme des
inverses des diviseurs naturels d’un nombre parfait est égale à 2.
Exercice 4 : (8 points)
1. On obtient la figure suivante :
D
A
O
B
C
M
P
I
2. Soit Ile point d’intersection des droites (CM)et (BP ). Notons αl’angle
\
BCM .
Le triangle CIB étant rectangle en I, l’angle
\
CBP mesure 90 −α.
De plus, l’angle
\
ABC est droit donc
\
ABP mesure 90 −(90 −α) = α.
On en déduit que
\
BCM =
\
ABP .
3. Dans les triangles MCB et ABP :
–AB =BC car ABCD est un carré
–
\
ABP =
\
BCM d’après la question précédente
–
\
MBC =
\
BAP car ABCD est un carré
Or, deux triangles ayant un côté égal compris entre deux angles respectivement égaux
sont isométriques : les triangles MCB et ABP sont donc isométriques.
Leurs trois angles sont respectivement égaux donc nécessairement,
\
CMB =
\
BP A.
De plus, leurs trois côtés sont respectivement égaux. Les côtés compris entre des angles
respectivement égaux sont de même longueur.
Le côté MB du triangle MCB et le côté AP du triangle ABP sont compris entre les
angles
\
MBC et
\
CMB d’une part, et
\
BAP et
\
BP A d’autre part, clairement
respectivement égaux.
On en déduit que MB =AP .
4. Comme ABCD est un carré, les diagonales [AD]et [BC]se coupent en leur milieu, sont
perpendiculaires et de même longueur.
Ainsi, les triangles OAB,OCD,OAD et OBC sont rectangles isocèles en Oce qui
prouve, en particulier, que OA =OB et que les angles
\
OAB et
\
OAD mesurent 45 degrés.
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Dans les triangles OMB et OP A :
–MB =AP d’après la question précédente
–OB =OA d’après la remarque précédente
–
\
OBM =
[
OAP d’après la remarque précédente
Or, deux triangles ayant un angle égal adjacent à deux côtés respectivement égaux sont
isométriques : les triangles OMB et OP A sont donc isométriques.
5. Les triangles OMB et OP A étant isométriques, leurs trois côtés sont respectivement
égaux donc, nécessairement, OP =OM.
De plus, leurs trois angles sont respectivement égaux. Les angles adjacents à des côtés
respectivement égaux ont la même mesure.
L’angle
[
P OA du triangle OP A et l’angle
\
MOB du triangle OMB sont adjacents aux
côtés OP et OA d’une part, et OM et OB d’autre part, clairement respectivement égaux.
On en déduit que
[
P OA =
\
MOB.
Aussi a-t-on les égalités :
\
P OM =
[
P OA +
\
AOM
=
\
MOB +
\
AOM
=
\
AOM +
\
MOB
=
\
AOB
\
AOB étant un angle droit, on en déduit que
\
P OM mesure 90 degrés.
Le triangle P OM est donc bien rectangle isocèle.
Exercice 5 : (11 points)
1. Le triangle BCE est rectangle en C. En appliquant le théorème de Pythagore, on obtient :
BE2=BC2+CE2
= 32+ 42
= 25
BE étant une distance, on en déduit que BE = 5 cm.
Ainsi, il est clair que xvarie dans l’intervalle [0 ; 5].
2. (a) Les droites (MH)et (BC)sont parallèles car elles sont perpendiculaires à la même
droite (DE).
Ainsi, on peut appliquer le théorème de Thalès dans le triangle BEC :
EM
EB =MH BC soit x 5=MH 3.
On en déduit que MH =3
5x.
De même, on a :
EM
EB =EH EC soit x 5=EH 4.
On en déduit que EH =4
5x.
(b) On en déduit que DH = 7 −4
5x.
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3. Le quadrilatère ADHM est un trapèze de petite base MH, de grande base AD et de
hauteur DH.
Ainsi, on a :
A(x) = MH +AD
2×DH
=1
2µ3 5x+ 3¶×µ7−4 5x¶
=µ3
10x+3 2¶×µ7−4 5x¶
=3
10x×7−3 10x×4 5x+3 2×7−3 2×4 5x
=21
10x−6 25x2+21 2−6 5x
=−6
25x2+9 10x+21 2
=−0,24x2+ 0,9x+ 10,5
4. (a) D’après la question 1., l’ensemble de définition de fest l’intervalle [0 ; 5].
(b) Voici le tableau de valeurs compléter :
x0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5
f(x) 10,5 10,89 11,16 11,31 11,34 11,25 11,04 10,71 10,26 9,69 9
(c) Voici l’allure de la courbe représentative de f:
12345−1
8
9
10
11
12
6
(d) D’après le graphique, la fonction fatteint son maximum en 1,9environ. L’aire du
quadrilatère ADHM est donc maximale pour une valeur de xd’environ 1,9.
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