Correction DSTn 1 - 1 s - dst1314 v1

Premières S- MATHEMATIQUES
Mme. FRANCOMME & M. FERRE &
M. COUDERT
Samedi 05.10.13
Durée :3 heures
CORRECTION DEVOIR SUR TABLE N° 1
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements interviendront dans l’appréciation des copies.
Toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, sera prise en compte et valorisée dans la notation.
EXERCICE 1 (5 points) Les questions de cet exercice sont indépendantes
1) Restitution organisée de connaissances : a, b, c désignent 3 réels avec ≠ 0 on pose, pour tout x réel,
= ²+
+ . Donner avec sa démonstration la forme canonique de f.
COURS (1 point)
2) Résoudre dans ℝ l’équation 2 − 5 ² + 3 = 0 (E)
On a : 2 − 5 ² + 3 = 0 ⟺ 2 − 5 + 3 = 0 ⟺ = 0 2 − 5 + 3 = 0
Résolvons l’équation du second degré : (E’) 2 − 5 + 3 = 0 on pose :
= 2 − 5 + 3 pour tout
= ²+
+ avec a = 2 ; b = -5 et c = 3 d’où le
réel x , ainsi est un trinôme de la forme
discriminant : ∆= ² − 4
deux solutions
√∆
=
= −5
=
!
− 4 2 3 = 25 − 24 = 1, comme ∆> 0 l’équation (E’) admet donc
= 1 et
"
√∆
=
=
!#
"
=
En conclusion, l’ensemble S des solutions de (E) est : $ = %0; 1; ' (1 point)
3) Résoudre dans ℝ l’inéquation
"
− 2 ≤ )# ⟺
On écrit :
"
− 2 ≤ )# *
"
− 2 − )# ≤ 0 ⟺
)
)#
)#
"
≤0⟺
)²#)
)
)#
"
≤0⟺
L’inéquation (I) est définie sur ℝ ∖ -−1., on étudie le signe du trinôme
= ²−
forme
= ²+
+ avec a = 1 ; b = -1 et c = -6 d’où le discriminant :
∆= ² − 4
√∆
=
=
= −1
!
− 4 1 −6 = 25, comme ∆> 0 l’équation
= −2 et
=
√∆
=
#!
)² ) +
)#
≤0
− 6 définie sur ℝ de la
= 0 admet donc deux solutions
= 3 on peut alors construire le tableau de signes suivant :
−∞ − 2 − 13 + ∞
- 0 +
+
+ 1
+
0 - 0
+
²− −6
0 +
- 0
+
²− −6
+1
On en déduit l’ensemble de solution S de l’inéquation(I) : $ =] − ∞; −2]⋃] − 1; 3] (1,5 points)
4) Soit définie, pour tout x réel, par
= −3 ² + 4 + 1. Donner la forme canonique de , ainsi que les
coordonnées du sommet de sa courbe puis le tableau de variation.
= −3 ² + 4 + 1 pour tout réel x, f est un trinôme de la forme
= ²+
+ avec a = -3, b = 4
et c = 1
Pour trouver la forme canonique on calcule 4 = −
5=
6 7 = −3 6 7 + 4 6 7 + 1 =
=
−4
"#8#
+ 5 =− 3 6 − 7 ² +
9
=
Les coordonnées du sommet S : : $ = 4; 5 =
9
=−
"
=
donc la forme canonique de f s’écrit :
;
9
On en déduit aussi le tableau de variation de f, sachant que a = -3 <0
2
−∞ + ∞
3
9
et
(1,5 points)
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Samedi 05.10.13
Durée :3 heures
CORRECTION DEVOIR SUR TABLE N° 1
EXERCICE 2 ( 1.5 points)
Soit la fonction définie sur ℝ par
= ² + : + : où : désigne un réel
1) Pour quelle valeur de m le nombre 1 est-il une racine de .
1 = 1² + : 1 + : = 0 ⟺ 2: = −1 ⟺: = − Pour que 1 soit racine, il faut que :
2) Calculer le discriminant ∆ de .
est un trinôme de la forme
∆= ² − 4
=
²+
= :² − 4: = : : − 4
+
avec :
= 1,
=
(0,25 points)
=:
(0,5 points)
3) En déduire les valeurs de m pour lesquelles
admet deux racines.
∆ est un trinôme de variable m, avec pour racines m=0 et m = 4, on obtient le tableau de signes suivant pour ∆
:
∆= : : − 4
−∞04 + ∞
+
0 - 0
+
admet deux racines ⟺ ∆> 0 ⟺ < ∈] − ∞; >[⋃]@; +∞[ (0,75 point)
EXERCICE 3( 2.5 points)
On considère l’expression A
=
)² +) B
)² ) +B
1) Déterminer l’ensemble de définition D de cette expression.
On a : ∈ C ⟺ 3 ² − 3 − 60 ≠ 0 ⟺ ² − − 20 ≠ 0 On est amené à étudier le trinôme
de la forme
= ²+
+ avec a= 1 ; b = -1 et c = -20 d’où le discriminant :
∆= ² − 4
=
√∆
=
= −1
F
#√∆
=
Donc C = ℝ ∖ -−4; 5. (0,75 points)
2) a) Résoudre dans D : A
=0
On a les équivalences suivantes : A
=
c = -10 d’où le discriminant : ∆= ² − 4
=
√∆
=
#F
9
= ² − 3 − 10 de la formeG
= −3
= −2 et
En conclusion l’ensemble S des solutions de A
b) Résoudre dans D : A
=5
= 0 ⟺ 2 ² − 6 − 20 = 0 ⟺ ² − 3 − 10 = 0
On est amené à étudier le trinôme G
≥ 0
=
=
²+
+
≥0⟺
)² +) B
)² ) +B
≥0⟺
)² )
)² )
B
B
√∆
=
#9
= 5 mais 5HI JKLM KN HKC
= 0 est : $ = -−2. (0,75 points)
P )
)
≥0⟺Q
avec a= 1 ; b = -3 et
− 4 1 −10 = 49, comme ∆> 0 l’équation g(x) = 0 admet
Dans D on a les équivalences :
A
− 20
− 4 1 −20 = 81 = 9², comme ∆> 0 l’équation f(x) = 0 admet donc deux solutions
= −4 et
donc deux solutions
= ²−
≥0⟺
)#" ) !
)# ) !
)#"
≥ 0 ⟺ )# ≥ 0
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Samedi 05.10.13
Durée :3 heures
CORRECTION DEVOIR SUR TABLE N° 1
On obtient le tableau de signes :
A
D’où S’ l’ensemble des solutions de A
≥0
−∞ − 4 − 25 + ∞
0 +
+
0 +
+
+
+
0
+
+
+2
+4
: $ I =] − ∞; −4[⋃[−2; −5[⋃] 5; +∞[ (1 point)
EXERCICE 4( 2.5 points)
1) On considère l’équation (E) dansℝ : R− ² + 2 + 9 = 1 +
a) Pour quelles valeurs de x l’expression R− ² + 2 + 9 est-elle définie ?
R− ² + 2 + 9 est définie que si
= − ²+2 +9 ≥ 0
On est amené à étudier le signe du trinôme
b = 2 et c = 9 d’où le discriminant : ∆= ² − 4
donc deux solutions
=
√∆
=
#√"B
= − ² + 2 + 9de la forme
= 2
=
²+
+
avec a= -1 ;
− 4 −1 9 = 40, comme ∆> 0 l’équation f(x) = 0 admet
= 1 − √10 et
=
√∆
=
√"B
= 1 + √10
On obtient alors le tableau de signes avec a=-1 <0 :
−∞1 − √101 + √10 + ∞
0
+
0
Si on note S l’ensemble des solutions de
= − ² + 2 + 9 ≥ 0on a : $ = [1 − √10; 1 + √10] (1 point)
b) Existe-t-il des solutions à l’équation si 1 +
< 0 ? Justifier votre réponse.
On sait que la racine carrée d’un nombre réel est toujours positive donc si 1 +
solutions. (0,25 points)
2) a)On suppose à présent que
résoudre.
On peut écrire :
R− ² + 2 + 9 = 1 +
⟺T
< 0 alors l’équation (E) n’a pas de
≥ −1. Trouver une équation du second degré équivalente à (E) puis la
− ²+2 +9= 1+
U ⟺ V− ² + 2 + 9 = ² + 2 + 1 ⟺
JL ∈ [1 − √10; 1 + √10]
JL ∈ [1 − √10; 1 + √10]
2 ²−8=0JL ∈[1−10;1+10]⟺ ²−2²=0JL ∈[1−10;1+10]⟺ −2 +2 =0JL ∈[1−10;1+10]⟺
= 2 = −2
UOr −2 < −1 ne peut pas convenir et 2 ∈ [1 − √10; 1 + √10]donc
V
JL ∈ [1 − √10; 1 + √10]
l’ensemble S’ des solutions de g(x)=0 est : $′ = -2.(1 point)
b) Conclure en donnant l’ensemble des solutions de l’équation initiale.
D’après ce qui précède on peut conclure que l’ensemble des solutions de (E) est $′ = -2.(0,25 point)
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Samedi 05.10.13
Durée :3 heures
CORRECTION DEVOIR SUR TABLE N° 1
EXERCICE 5( 3 points)
Les paraboles X , X , X et X" tracées, ci-contre, représentent
quatre fonctions polynômes de degré 2 de la forme : ² +
+ Compléter le tableau suivant : (0.2 point par réponse)
Courbes
Valeur c
Signe ∆
Signe a
X
−11
∆< 0
f<0
∆> 0
>0
∆> 0
f > 0
∆> 0
<0
5
2
X
X
−
X"
1
2
3
Forme factorisée
Pas de forme factorisée
−
i
@
1
2
1
2
−1
−5
−1
+1
Forme développée
Coordonnées
Sommet
−d² + cd − gg
3; −2
g
j
d² − id +
h
h
1
2
d − h d + h)
−
−
Forme canonique
−
1
2
i; −h
1
2
>; −g/h
3
²+3
4
−3 ²−2
−3 ²−2
g h g
d −
h
h
i
− d² + i
@
0; 3
EXERCICE 6( 1.5 points)
La trajectoire du ballon dégagé par un gardien de but est modélisée
dans un repère par un arc de parabole. La parabole représente la
=−
fonction définie, pour tout x réel, par :
)Y
+
a) A quelle distance du gardien le ballon retombe-t-il ?
=−
On écrit pour x réel:
=0⟺
On cherche à résoudre :
= 0
−
+1=0⟺
Ainsi le ballon retombe à 32 mètres du gardien. (0,75 point)
)Y
+
= 0
=
−
= 32
+1
b) Quelle est la hauteur maximale atteinte par le ballon ? (0,75 point)
=−
Ici
)Y
+
pour tour réel, de la forme
Pour trouver la forme canonique on calcul 4 = −
5=
16 = −
16
=
=−
²+
Z
[Y
+
avec a = -1/32 , b = 1 et c = 0
= 16 et
+ 16 = 8 donc la hauteur maximale atteinte par le ballon est 8 mètres.
EXERCICE 7( 4 points)
1. a) (MN) est perpendiculaire à (MQ)=(AB) car MNPQ est un rectangle.
(CH) est également perpendiculaire de (AB) car H est le pied de la hauteur issue de C dans le triangle ABC.
On peut en conclure que les droites (MN) et (CH) sont parallèles car elles sont perpendiculaires à la même
droite (AB).
\]
A, M et H sont alignés et A , N et C sont aussi alignés, le théorème de Thalès nous permet d’écrire : \^ =
)
Soit : 8 =
]_
+
donc ab =
cd
(1 point)
e
]_
`^
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Durée :3 heures
CORRECTION DEVOIR SUR TABLE N° 1
b) (PQ) est perpendiculaire à (MQ)=(AB) car MNPQ est un rectangle.
On a vu que(CH) est également perpendiculaire de (AB). On peut en conclure que les droites (PQ) et (CH)
sont parallèles car perpendiculaires à la même droite (AB).
lm
nm
A,P et C sont alignés et B , Q et H sont alignés, le théorème de Thalès nous permet d’écrire : l^ = `^
Soit :
lm
"
=
]_
+
(car BH = AB – AH=12-8=4) avec op =
cd
e
d
h
donc : qr = (1 point)
ar = gh −
id
(0.5 point)
h
2. a) On peut écrire que l’aire du rectangle MNQP est :
$
= op × ar =
cd
e
× 6gh −
id
7
h
=
id
@
× 6gh −
id
7(0.5 point)
h
La fonction S(x) est une fonction trinôme et on a en développant : $
$est un trinôme de la forme$
=
²+
+
Pour trouver la forme canonique on calcul 4 = −
5=
F
4 = −8 4
)
+ os + = 12 donc :
c. Les points A, M, Q et B sont alignés et on a : AB=AM + MQ + QB = 12 donc :
F
= −8 ²+ 9
avec a = -9/8 , b = 9 et c = 0
=
F
u
v
= 4 et
+ 9 4 = 18 ainsi S admet un maximum 18, car a<0, atteint en d = w = @ (1 point)