Fiche de mathématiques
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Bac Technologique - Sciences et Techniques de Laboratoire
Physique de Laboratoire et de Procédés Industriels
Session 2007

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Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 4

La calculatrice (conforme à la circulaire N°99-186 du 16-11-99) est autorisée.
Le formulaire officiel est autorisé.
Il est rappelé aux candidats que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.
6 points

exercice 1

Le plan \scr{P} est rapporté à un repère orthonormal (O \: ; \: \overrightarrow{u} \: , \overrightarrow{v}) (unité graphique : 1 cm).

Partie A
Soit P(z) = z^3 + 4\sqrt{3} z^2 + 24z + 24\sqrt{3} où z est une variable complexe.
    a) Vérifier que P(z) = (z + 2\sqrt{3})(z^2 + 2\sqrt{3}z + 12) = 0.
    b) Résoudre dans l'ensemble \mathbb{C} des nombres complexes l'équation z^2 + 2\sqrt{3}z + 12 = 0.
    c) En déduire les solutions dans \mathbb{C} de l'équation P(z) = 0.

Partie B
1. Placer les points A, B et C d'affixes respectives z_A = -2\sqrt{3}, \; z_B = -\sqrt{3} + 3\text{i}, \; z_C = -\sqrt{3} - 3\text{i}.

2. a) Déterminer le module et un argument de zA, zB et zC.
    b) Donner l'écriture exponentielle de zA, zB et zC.

3. R est la rotation de centre O et d'angle -\dfrac{\pi}{3}.
    a) Donner l'écriture complexe de R.
    b) Montrer que l'image de A par R est B.
    c) Calculer, sous forme algébrique l'affixe de D, image de B par R.

4. Soit \scr{C} le cercle de diamètre [CD].
    a) Justifier que O est le centre de \scr{C}.
    b) Montrer que les points A et B appartiennent à \scr{C}.
    c) En déduire la nature des triangles CAD et CBD.


4 points

exercice 2

La tension u aux bornes d'un circuit électrique vérifie l'équation différentielle (E) : \text{u}'' + 3600 \pi^2 u = 0 dans laquelle u'' désigne la dérivée seconde de la tension par rapport au temps t.

1. Résoudre l'équation différentielle (E).

2. Déterminer la solution particulière f de (E) telle que : f\left(\dfrac{1}{180}\right) = 0 \text{ et } f'(0) = -\dfrac{\pi}{2}.

3. a) Vérifier que, pour tout réel t, on a : f(t) = \dfrac{1}{60} \cos\left(60\pi t + \dfrac{\pi}{6}\right)
    b) Calculer la valeur moyenne de la fonction f sur \left[0 \: , \: \dfrac{1}{90}\right].


10 points

probleme

Partie A : Etude d'une fonction auxiliaire.

Soit g la fonction définie sur ]0 ; +\infty[ par g(x) = x^2 - 8\ln x + 8

1. a) Calculer g'(x).
    b) Etudier le signe de g'(x).
    c) Dresser le tableau de variation de g (l'étude des limites de g n'est pas demandée).

2. Donner une valeur approchée de g(2) à 10-2 près, en déduire le signe de g(x) sur ]0 ; +\infty[.

Partie B : Etude et représentation graphique d'une fonction.

Le plan est rapporté à un repère orthonormal (O \: ; \: \overrightarrow{i} \: , \: \overrightarrow{j}), unité graphique 1 cm.
Soit f la fonction définie sur ]0 , +\infty[ par f(x) = \dfrac{x^2 - 3x + 8\ln x}{x} et \scr{C} sa représentation graphique dans (O \: ; \: \overrightarrow{i} \: , \: \overrightarrow{j}).

1. Montrer que pour tout réel x de ]0 , +\infty[ on a : f(x) = x - 3 + \dfrac{8 \ln x}{x}.

2. a) Déterminer les limites en 0 et en +\infty de f(x).
    b) En déduire l'existence d'une asymptote à la courbe \scr{C}, et en donner une équation.

3. a) Déterminer la dérivée f' de f sur ]0 , +\infty[.
    b) Vérifier que pour tout réel x de ]0 , +\infty[ on a : f' (x) = \dfrac{g(x)}{x^2} et en déduire le signe de f'(x).
    c) Dresser le tableau de variations de f.

4. Soit \scr{D} la droite d'équation y = x - 3.
    a) Montrer que \scr{D} est asymptote à \scr{C} en +\infty.
    b) Calculer les coordonnées du point d'intersection A de \scr{C} et de \scr{D}.
    c) Etudier la position relative de \scr{C} et de \scr{D}.

5. Tracer dans le repère (O \: ; \: \overrightarrow{i} \: , \: \overrightarrow{j}) la courbe \scr{C} et la droite \scr{D}.

Partie C : Calcul d'une aire.

l. Soit h la fonction définie sur ]0 , +\infty[ par \text{h}(x) = \frac{\ln x}{x}.
    a) Vérifier qu'une primitive de h sur ]0 , +\infty[ est la fonction H définie par \text{H}(x) = \dfrac{1}{2} \left(\ln x\right)^2.
    b) En déduire une primitive de f sur ]0 , +\infty[.

2. a) Hachurer la partie du plan limitée par la courbe \scr{C} et la droite \scr{D}, et les droites d'équation x = 1 \text{ et } x = 5.
    b) Calculer en cm² l'aire de la partie du plan hachurée, on donnera la valeur exacte et une valeur approchée à 10-2 près.






exercice 1

Partie A
a) On développe :
(z+2\sqrt{3})(z^2+2\sqrt{3}z+12) = z^3 + 2\sqrt{3}z^2 + 12z + 2\sqrt{3}z^2 + (2\sqrt{3})^2z + 24\sqrt{3} \\ (z+2\sqrt{3})(z^2+2\sqrt{3}z+12) = z^3 + 4\sqrt{3}z^2 + 12z + 12z + 24\sqrt{3} \\ (z+2\sqrt{3})(z^2+2\sqrt{3}z+12) = z^3 + 4\sqrt{3}z^2 + 24z + 24\sqrt{3}
Donc : \boxed{P(z)=(z+2\sqrt{3})(z^2+2\sqrt{3}z+12)}

b) Résolution de l'équation z^2+2\sqrt{3}z+12 = 0 :
\Delta = (2\sqrt{3})^2 - 4 \times 1 \times 12 = 12 - 48 = -36 = (6i)^2 donc l'équation admet 2 solutions conjuguées complexes :
z_1 = \dfrac{-2\sqrt{3} - 6\text{i}}{2 \times 1} = \boxed{-\sqrt{3}-3\text{i}} \hspace{50pt} z_2 = \dfrac{-2\sqrt{3} + 6\text{i}}{2 \times 1} = \boxed{-\sqrt{3}+3\text{i}}

c) Résolution de l'équation P(z) = 0 :
P(z) = 0 \\ \Longleftrightarrow z + 2\sqrt{3})(z^2+2\sqrt{3}z+12) = 0 \\ \Longleftrightarrow z+2\sqrt{3} = 0 \hspace{10pt} \text{ ou } \hspace{10pt} z^2+2\sqrt{3}z+12 = 0 \\ \Longleftrightarrow z = -2\sqrt{3} \hspace{10pt} \text{ ou } \hspace{10pt} z = -\sqrt{3}-3\text{i} \hspace{10pt} \text{ ou } \hspace{10pt} z = -\sqrt{3}+3\text{i}
Donc : \boxed{P(z)=0 \, \Longleftrightarrow \, z \in \lbrace  -2\sqrt{3} \, ; \, -\sqrt{3}-3\text{i} \, ; \, -\sqrt{3}+3\text{i} \rbrace  }

Partie B
1.
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 1


2. a) Calcul des modules
|z_{\text{A}}| = \boxed{2\sqrt{3}} \\ |z_{\text{B}}| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 3^2} = \sqrt{3+9} = \boxed{2\sqrt{3}} \\ |z_{\text{C}}| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-3)^2} = \sqrt{3+9} = \boxed{2\sqrt{3}}

   Calcul des arguments :
On note respectivement \theta_{\text{A}} , \theta_{\text{B}} et \theta_{\text{C}} un des arguments de z_{\text{A}} , z_{\text{B}} et z_{\text{C}}.
\. \cos(\theta_{\text{A}}) = \frac{Re(z_{\text{A}})}{|z_{\text{A}}|} = \frac{-2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = -1\\ \sin(\theta_{\text{A}}) = \frac{Im(z_{\text{A}})}{|z_{\text{A}}|} = \frac{0}{2\sqrt{3}} = 0 \\  \rbrace  \text{ donc } \boxed{\theta_{\text{A}} = \pi} \\ \. \cos(\theta_{\text{B}}) = \frac{Re(z_{\text{B}})}{|z_{\text{B}}|} = \frac{-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = -\frac{1}{2}\\ \sin(\theta_{\text{B}}) = \frac{Im(z_{\text{B}})}{|z_{\text{B}}|} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \rbrace  \text{ donc } \boxed{\theta_{\text{B}} = \frac{2\pi}{3}} \\ \. \cos(\theta_{\text{C}}) = \frac{Re(z_{\text{C}})}{|z_{\text{C}}|} = \frac{-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = -\frac{1}{2}\\ \sin(\theta_{\text{C}}) = \frac{Im(z_{\text{C}})}{|z_{\text{C}}|} = \frac{-3}{2\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \rbrace  \text{ donc } \boxed{\theta_{\text{C}} = -\frac{2\pi}{3}}

2. b) La forme exponentielle d'un nombre complexe z de module \rho et d'argument \theta est : z = \rho e^{\text{i} \theta}, donc :
\boxed{z_{\text{A}} = 2\sqrt{3}e^{i\pi}}       \boxed{z_{\text{B}} = 2\sqrt{3}e^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}}       \boxed{z_{\text{C}} = 2\sqrt{3}e^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}}}

3. a) Soit M un point du plan et M' son image par la rotation R de centre O et d'angle -\frac{\pi}{3}. On note z et z' les affixes respectives des points M et M'.
On a : \boxed{z' = z e^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}}

3. b) Soit A' l'image de A par la rotation R :
z_{{\text{A}}'} = z_{\text{A}} e^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \\ z_{{\text{A}}'} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\pi} e^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \\ z_{{\text{A}}'} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)} \\ \boxed{z_{{\text{A}}'} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\left(\frac{2\pi}{3}\right)} = z_{\text{B}}}
Donc B est l'image de A par la rotation R.

3. c) Soit D l'image de B par R :
z_{\text{D}} = z_{\text{B}} e^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \\ z_{\text{D}} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} e^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \\ z_{\text{D}} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\left(\frac{2\pi}{3} -\frac{\pi}{3}\right)} \\ z_{\text{D}} = 2\sqrt{3} e^{\text{i}\left(\frac{\pi}{3}\right)} \\ z_{\text{D}} = 2\sqrt{3} \left(\cos \left(\frac{\pi}{3}\right) + \text{i} \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) \right) \\ z_{\text{D}} = 2\sqrt{3} \left(\frac{1}{2} + \text{i} \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ \boxed{z_{\text{D}} = \sqrt{3} + 3\text{i} }

4. a) Soit I milieu de [CD] :
z_{\text{I}} = \frac{z_{\text{C}} + z_{\text{D}}}{2} \\ z_{\text{I}} = \frac{-\sqrt{3} - 3\text{i} + \sqrt{3} + 3\text{i}}{2} \\ z_{\text{I}} = 0
Donc O est le milieu du segment [CD] et donc le centre du cercle \scrC de rayon 2\sqrt{3}.

4. b) En utilisant les résultats de la question 2.a), on a :
\text{OA} = |z_{\text{A}}| = 2\sqrt{3} \\ \text{OB} = |z_{\text{B}}| = 2\sqrt{3}
Donc A et B appartiennent au cercle \scrC de centre O et de rayon 2\sqrt{3}.

4. c) On a montré que les points A et B appartiennent au cercle de diamètre [CD], donc d'après la propriété du triangle rectangle et du cercle circonscrit, les triangles CAD et CBD sont rectangles en A et B.




exercice 2

1. Résolution l'équation différentielle (E) :
u'' + 3600\pi^2 u = 0 \hspace{25pt} \Longleftrightarrow \hspace{25pt} u''+ (60\pi)^2 u = 0
Donc : \boxed{u(t) = A \cos (60\pi t) + B \sin(60\pi t)}
Rappel : les solutions de l'équation différentielle y'' + \omega^2 y = 0 sont données par : f(x) = A \cos ( \omega x) + B \sin( \omega x) où A et B sont deux réels quelconques.

2. Recherche de la solution particulière f vérifiant les deux conditions initiales :
On a : f(t) = A \cos (60\pi t) + B \sin(60\pi t)
Donc : f'(t) = -60A \pi \sin (60\pi t) + 60B \pi \cos(60\pi t)
f(\frac{1}{180}) = 0 \\ \Longleftrightarrow \: A \cos (60\pi \times \frac{1}{180}) + B \sin(60\pi \times \frac{1}{180}) = 0\\ \Longleftrightarrow \: A \cos (\frac{\pi}{3}) + B \sin(\frac{\pi}{3}) = 0\\ \Longleftrightarrow \: A \times \frac{1}{2} + B \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 0\\ \Longleftrightarrow \: \boxed{A + B \sqrt{3}} = 0

f'(0) = -\frac{\pi}{2}\\ \Longleftrightarrow \:  -60A \pi \sin (0) + 60B \pi \cos(0) = -\frac{\pi}{2}\\ \Longleftrightarrow \:  60B \pi = -\frac{\pi}{2}\\ \Longleftrightarrow \: \boxed{ B = -\frac{1}{120}}
En utilisant la première relation entre A et B, on trouve : \boxed{A = \frac{\sqrt{3}}{120} }
Donc, la solution de (E) vérifiant les deux conditions initiales est donnée par :
\boxed{f(t) = \frac{\sqrt{3}}{120} \cos (60\pi t) - \frac{1}{120} \sin(60\pi t)}

3. a) On utilise la formule d'addition : \cos(a+b) = \cos(a) \cos(b) - \sin(a) \sin(b)
\frac{1}{60} \cos (60\pi t + \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{60} \left( \cos(60 \pi t) \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) - \sin(60 \pi t) \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) \right) \\ \frac{1}{60} \cos (60\pi t + \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{60} \left( \cos(60 \pi t) \frac{\sqrt{3}}{2} - \sin(60 \pi t) \frac{1}{2} \right) \\ \frac{1}{60} \cos (60\pi t + \frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{120} \cos(60 \pi t) + \frac{1}{120} \sin(60 \pi t)
Donc, on a bien : \boxed{ f(t) = \frac{1}{60} \cos \left(60\pi t + \frac{\pi}{6}\right) }

3. b) Calcul de la valeur moyenne :
Soit F une primitive de f : F(t) = \frac{1}{3600\pi} \sin(60\pi t + \frac{\pi}{6})
\text{I} = \frac{1}{b-a} \displaystyle \int_a^b f(t) \text{d}t \\ \text{I} = 90 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{90}} f(t) \text{d}t \\ \text{I} = 90 [F(t)]_0^{\frac{1}{90}} \\ \text{I} = 90 \left( F\left(\frac{1}{90}\right) - F(0) \right) \\ \text{I} = 90 \times \frac{1}{3600\pi} \left( \sin\left(60\pi \times \frac{1}{90} + \frac{\pi}{6}\right) - \sin\left(60\pi \times 0 + \frac{\pi}{6}\right) \right) \\ \text{I} = \frac{1}{40\pi} \left( \sin\left( \frac{2 \pi}{3} + \frac{\pi}{6}\right) - \sin\left( \frac{\pi}{6}\right) \right) \\ \text{I} = \frac{1}{40\pi} \left( \sin\left( \frac{5\pi}{6}\right) - \sin\left( \frac{\pi}{6}\right) \right) \\ \text{I} = \frac{1}{40\pi} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) \\ \boxed{\text{I} = 0}
Donc la valeur moyenne sur cet intervalle est nulle.




probleme

Partie A : Etude d'une fonction auxiliaire.

1. a) Calcul de la dérivée
\boxed{g'(x) = 2x - \frac{8}{x}}

1. b) Pour étudier le signe de la dérivée, on met on même dénominateur :
g'(x) = \frac{2x^2 - 8}{x} \\ g'(x) = \frac{2(x^2 - 4)}{x} \\ \boxed{g'(x) = \frac{2(x-2)(x+2)}{x}}
On en déduit le tableau de signe de la dérivée suivant :
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 2


1. c) Le signe de la dérivée permet d'établir les variations de la fonction g :
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 3


2. Calcul de g(2) :
g(2) = 2^2 - 8 \ln 2 + 8 \\ g(2) = 12 - 8 \ln 2 \\ \boxed{g(2) \approx 6,45 > 0}
Le minimum de la fonction g est strictement positif, donc g(x) est strictement positif sur ]0\, ; \, +\infty[.

Partie B : Etude et représentation graphique d'une fonction.

1. On réduit on même dénominateur :
x-3+\frac{8 \ln x}{x} = \frac{x^2}{x} - \frac{3x}{x} + \frac{8 \ln x}{x} = \frac{x^2 - 3x + 8 \ln x}{x}
Donc : \boxed{f(x)=x-3+\frac{8 \ln x}{x}}

2. a) Limite en 0 :
\. \displaystyle \lim_{x\to 0^+} \, x - 3 = -3 \\  \displaystyle \lim_{x\to 0^+} \, \frac{\ln x}{x} = -\infty \\ \rbrace  \text{ donc } \boxed{\displaystyle \lim_{x\to 0} f(x) = -\infty}

    Limite en +\infty :
\. \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, x - 3 = +\infty \\ \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \frac{\ln x}{x} = 0 \\ \rbrace  \text{ donc } \boxed{\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty}

2. b) D'après la limite en 0 calculée à la question précédente, on en déduit que la courbe \scrC admet l'axe des ordonnées, d'équation x = 0, pour asymptote verticale.

3. a) Dérivation d'un quotient :
On pose : u = x^2 - 3x + 8 \ln x \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} v = x
Donc : u' = 2x - 3 +\frac{8}{x} \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} v' = 1
f'(x) = \frac{u'v-uv'}{v^2} \\ \large f'(x) = \frac{(2x-3+\frac{8}{x})x - (x^2 - 3x + 8 \ln x) \times 1}{x^2} \\ f'(x) = \frac{2x^2-3x+8 - x^2 + 3x - 8 \ln x}{x^2} \\ \boxed{f'(x) = \frac{x^2 + 8 - 8 \ln x}{x^2} }

3. b) On a bien \boxed{f'(x) = \frac{g(x)}{x^2} }
Pour tout x \in ]0\, ; \, +\infty[ , on a g(x) > 0 (d'après partie A)
Pour tout x \in ]0\, ; \, +\infty[ , on a x^2 > 0
On en déduit donc que, pour tout x \in ]0\, ; \, +\infty[, \boxed{f'(x) > 0}.

3. c) D'après l'étude du signe de f', on en déduit les variations de f :
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 4


4. a) Asymptote oblique en +\infty :
\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \left[f(x) - (x - 3)\right] = \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \left[x-3+\frac{8 \ln x}{x} - (x - 3)\right] \\ \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \left[f(x) - (x - 3)\right] = \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \frac{8 \ln x}{x} \\ \boxed{\displaystyle \lim_{x\to +\infty} [f(x) - (x - 3)] = 0}
Donc la droite \scrD d'équation y=x-3 est une asymptote oblique à la courbe \scrC en +\infty.

4. b) Recherche du point d'intersection entre \scrC et \scrD :
f(x) = x-3 \\ \Longleftrightarrow \: x-3+\frac{8 \ln x}{x} = x - 3\\ \Longleftrightarrow \: \frac{8 \ln x}{x} = 0\\ \Longleftrightarrow \: \ln x = 0\\ \Longleftrightarrow \: \boxed{x=1}
Pour x=1, on a y = x-3 =1-3 = -2. Donc le point A a pour coordonnées \boxed{\text{A}(1 \, ; \, -2)}

4. c) Position relative de \scr{C} et \scr{D} :
Pour tout x \in ]0\, ; \, +\infty[ , on pose : h(x) = f(x) - (x-3) = \frac{8 \ln x}{x}
Etude du signe de h :
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 5

Sur x \in ]0\, ; \, 1[ on a : h(x) < 0  \: \Longleftrightarrow \: f(x) - (x-3) < 0 \: \Longleftrightarrow \: f(x) < x-3 donc \scr{C} est en dessous de \scr{D}.
Sur x \in ]1\, ; \, +\infty[ on a : h(x) > 0  \: \Longleftrightarrow \: f(x) - (x-3) > 0 \: \Longleftrightarrow \: f(x) > x-3 donc \scr{C} est au dessus de \scr{D}.

5.
sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2007 - terminale : image 6


Partie C : Calcul d'une aire.

1. a) Dérivation de la fonction H :
Rappel : dérivée du carré d'une fonction u : (u^2)' = 2u' u
En posant u = \ln x , on a u' = \frac{1}{x} donc :
H'(x) = \frac{1}{2} \times 2 \times \frac{1}{x} \times \ln x
\boxed{H'(x) = \frac{\ln x}{x}}
Donc H est bien une primitive de h.

1. b) On en déduit une primitive F de la fonction f :
\boxed{F(x) = \frac{x^2}{2} - 3x + 4(\ln x)^2}

2. a) Voir figure.

2. b) L'unité d'aire associée au repère est égal à 1 cm2.
La fonction h est positive sur l'interalle [1 ; 5], donc l'aire de la partie hachurée est donnée par :
\text{I} = \displaystyle \int_1^5 \left[f(x) -(x-3)\right] \text{d}x \\ \text{I} = \displaystyle \int_1^5 8h(x) dx \\ \text{I} = 8[H(x)]_1^5 \\ \text{I} = 8[H(5) - H(1)] \\ \text{I} = 8 \times \frac{1}{2} \left[ (\ln 5)^2 - (\ln 1)^2\right] \\ \boxed{\text{I} = 4 (\ln 5)^2 \approx 10,36 \, \text{cm}^2}
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