Fiche de mathématiques

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Bac STD2A Métropole 2018

9 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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6 points

exercice 3

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Correction

Bac STD2A Métropole 2018

9 points

exercice 1

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Partie A : Etude du bec verseur

1. a. Dans le plan muni d'un repère orthonormal, une équation cartésienne d'un cercle de centre omegamaj

(a ; b ) et de rayon r est donnée par $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2.$

Le centre du cercle $\mathscr{C}$ est omegamaj

(-8 ; -4).
Donc a = -8 et b = -4.

Le rayon du cercle $\mathscr{C}$ peut se calculer par la longueur omegamaj

B.

$\Omega B=\sqrt{(x_B-x_\Omega)^2+(y_B-y_\Omega)^2} \\\\\phantom{\Omega B}=\sqrt{(0-(-8))^2+(-4-(-4))^2} \\\\\phantom{\Omega B}=\sqrt{(0+8)^2+(-4+4)^2} \\\\\phantom{\Omega B}=\sqrt{8^2+0} =\sqrt{64} =8 \\\\\Longrightarrow \Omega B = 8$

D'où r = 8.

Par conséquent, une équation cartésienne du cercle $\mathscr{C}$ est $(x-(-8))^2+(y-(-4))^2=8^2$
soit $\boxed{\mathscr{C}:(x+8)^2+(y+4)^2=64}$

1. b. Pour vérifier que le point A(-3,2 ; 2,4) appartient au cercle $\mathscr{C}$ , nous montrerons que ses coordonnées vérifient l'équation du cercle.
Dans l'équation de $\mathscr{C}$ , remplaçons x par -3,2 et y par 2,4.

$(-3,2+8)^2+(2,4+4)^2=4,8^2+6,4^2 \\\phantom{(-3,2+8)^2+(2,4+4)^2}=23,04+40,96 \\\phantom{(-3,2+8)^2+(2,4+4)^2}=\boxed{64}$

Puisque les coordonnées du point A vérifient l'équation du cercle, nous pouvons affirmer que ce point
A(-3,2 ; 2,4) appartient au cercle $\mathscr{C}$ .

2. a. Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{OA}$ sont données par $\begin{pmatrix}x_A-x_O\\y_A-y_O\end{pmatrix}$ . $\text{D'où }\ \overrightarrow{OA}\begin{pmatrix}-3,2-0\\2,4-0\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix}-3,2\\2,4\end{pmatrix}}$

De même, les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{\Omega A}$ sont données par $\begin{pmatrix}x_A-x_\Omega\\y_A-y_\Omega\end{pmatrix}$ . $\text{D'où }\ \overrightarrow{\Omega A}\begin{pmatrix}-3,2-(-8)\\2,4-(-4)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3,2+8\\2,4+4\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{\Omega A}\begin{pmatrix}4,8\\6,4\end{pmatrix}}$

2. b. Montrons que les vecteurs $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{\Omega A}$ sont orthogonaux en montrant que leur produit scalaire est nul.

$\overrightarrow{OA}\,.\,\overrightarrow{\Omega A}=x_{\overrightarrow{OA}}\times x_{\overrightarrow{\Omega A}}+y_{\overrightarrow{OA}}\times y_{\overrightarrow{\Omega A}} \\\phantom{\overrightarrow{OA}\,.\,\overrightarrow{\Omega A}}=-3,2\times4,8+2,4\times6,4 \\\phantom{\overrightarrow{OA}\,.\,\overrightarrow{\Omega A}}=-15,36+15,36 \\\phantom{\overrightarrow{OA}\,.\,\overrightarrow{\Omega A}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{OA}\,\perp\,\overrightarrow{\Omega A}}$

Puisque les vecteurs $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{\Omega A}$ sont orthogonaux et que les droites (OA) et ( omegamaj

A) sont sécantes en A, nous déduisons que ces droites (OA) et (A) sont perpendiculaires.

2. c. Nous savons que la tangente en un point d'un cercle est la perpendiculaire au rayon aboutissant au point de contact.
La droite (OA) étant perpendiculaire au rayon ( omegamaj

A) du cercle $\mathscr{C}$ en A, nous en déduisons que le cercle $\mathscr{C}$ est tangent à la droite (OA) en A.

Partie B : Etude du col de l'arrosoir

$f(x)=-0,1x^3+0,6x^2+ax+b\ \ \ \ (x\in\R)$

1. Contrainte 1 : Le point O appartient à la courbe $\mathscr{F}$ se traduit par f (0) = 0.

$f(0)=0\Longleftrightarrow-0,1\times0^3+0,6\times0^2+a\times0+b=0 \\\phantom{f(0)=0}\Longleftrightarrow0+0+0+b=0 \\\phantom{f(0)=0}\Longleftrightarrow\boxed{b=0}$

Puisque b = 0, l'expression de f (x ) est de la forme   $\boxed{f(x)=-0,1x^3+0,6x^2+ax}$

2. Déterminons l'expression de f' (x ).

$f'(x)=(-0,1x^3+0,6x^2+ax)' \\\phantom{f'(x)}=(-0,1x^3)'+(0,6x^2)'+(ax)' \\\phantom{f'(x)}=-0,1\times3x^2+0,6\times2x+a \\\phantom{f'(x)}=-0,3x^2+1,2x+a \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=-0,3x^2+1,2x+a}$

3. a.    La droite (OA) comprend le point O.
Son équation réduite est donc de la forme y = mx   où m est le coefficient directeur.

Or $m=\dfrac{y_A-y_O}{x_A-x_O}=\dfrac{2,4-0}{-3,2-0}=-\dfrac{2,4}{3,2}=-0,75.$

Par conséquent, la droite (OA) a pour équation $\boxed{y=-0,75x}$

3. b. Contrainte 2 : La droite (OA) est tangente à la courbe $\mathscr{F}$ au point O.
Nous en déduisons que le coefficient directeur de cette tangente (OA) est représenté par f' (0) et par suite que f' (0) = -0,75,
soit que $-0,3\times0^2+1,2\times0+a=-0,75$
                                                        $0+0+a=-0,75 \\\dfrac{}{}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \boxed{a=-0,75}$

D'où l'expression de f (x ) est $\boxed{f(x)=-0,1x^3+0,6x^2-0,75x}$

4. $f(x)=-0,1x^3+0,6x^2-0,75x\ \ \ \ (x\in[0\,;\,4])$

4. a. Nous savons par la question 2 que $f'(x)=-0,3x^2+1,2x+a$ .
Or a = -0,75.
Donc $f'(x)=-0,3x^2+1,2x-0,75$ .

L'étude du signe de f' (x ) correspond alors à l'étude du signe d'un trinôme du second degré.
Déterminons les éventuelles racines de f' .

$-0,3x^2+1,2x-0,75=0 \\\\\text{Discriminant}:\Delta=1,2^2-4\times(-0,3)\times(-0,75) \\\phantom{\text{Discriminant}:\Delta}=1,44-0,9 \\\phantom{\text{Discriminant}:\Delta}=0,54>0 \\\\\text{Racines }:x_1=\dfrac{-1,2-\sqrt{0,54}}{-0,6}\approx3,22\in[0\,;4] \\\phantom{\text{Racines }:}x_2=\dfrac{-1,2+\sqrt{0,54}}{-0,6}\approx0,78\in[0\,;4] \\\\\underline{\text{Tableau de signes de }f'(x)\ \text{sur [0 ; 4]}}: \\\\\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline&&&&&&&& x&0&&\dfrac{-1,2+\sqrt{0,54}}{-0,6}\approx0,78&&\dfrac{-1,2-\sqrt{0,54}}{-0,6}\approx3,22&&4&&&&&&&& \\\hline f'(x)&&-&0&+&0&-&\\\hline \end{array}$

Tableau de variations de f  (les valeurs sont arrondies au centième).

$\text{Remarque : }f(0)=0\\\phantom{\text{Remarque : }}f(0,78)=-0,1\times0,78^3+0,6\times0,78^2-0,75\times0,78\approx-0,27\\\phantom{\text{Remarque : }}f(3,22)=-0,1\times3,22^3+0,6\times3,22^2-0,75\times3,22\approx0,47\\\phantom{\text{Remarque : }}f(4)=-0,1\times4^3+0,6\times4^2-0,75\times4=0,2 \\\\\dfrac{}{} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline&&&&&&&& x&0&&0,78&&3,22&&4&&&&&&&& \\\hline f'(x)&&-&0&+&0&-&\\\hline&0&&&&0,47&&&f(x)&&\searrow&&\nearrow&&\searrow&\\&&&-0,27&&&&0,2\\\hline \end{array}$

4. b. Tableau de valeurs de la fonction f  (les résultats sont arrondis au dixième).

                         $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline x&0&0,5&1&1,5&2&2,5&3&3,5&4\\\hline f(x)&0&-0,2&-0,3&-0,1&0,1&0,3&0,5&0,4&0,2\\\hline \end{array}$

4. c. Tracé de la courbe $\mathscr{F}$ .

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Partie C : Etude de l'anse

Soit l'ellipse $\mathscr{E}:\dfrac{(x-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1$

1. Nous savons qu'une ellipse de demi-axes a et b et dont le centre a pour coordonnées ( alpha

;

) admet comme

équation cartésienne : $\dfrac{(x-\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(y-\beta)^2}{b^2}=1.$

Par identification avec l'équation $\dfrac{(x-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1$ , nous déduisons que

$\left\lbrace\begin{matrix}\alpha=3,5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\beta=-5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\a^2=2\ \ \ (a>0)\\b^2=25\ \ \ (b>0)\end{matrix}\right. \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}\alpha=3,5\\\beta=-5\\a=\sqrt{2}\\b=5\end{matrix}\right.$

Par conséquent, nous obtenons les résultats suivants :
Centre H(3,5 ; -5)
Mesure du demi petit axe : $\sqrt{2}$
Mesure du demi grand axe : 5

2. L'ordonnée du centre H de l'ellipse est égale à -5.
Le petit axe de l'ellipse sera donc supporté par la droite d'équation y = -5 et non par la droite d'équation y = -4.
Par conséquent, le segment [CG] n'est pas le petit axe de l'ellipse $\mathscr{E}.$

3. a. Les coordonnées du point D sont une solution du système $\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{(x-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1\\\\x=4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

Remplaçons x par 4 dans l'équation de l'ellipse.

$\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1\Longleftrightarrow\dfrac{0,5^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1 \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{0,25}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1 \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow0,125+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1 \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{(y+5)^2}{25}=1-0,125 \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{(y+5)^2}{25}=1-\dfrac{1}{8} \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{(y+5)^2}{25}=\dfrac{7}{8} \\\\\phantom{\dfrac{(4-3,5)^2}{2}+\dfrac{(y+5)^2}{25}=1}\Longleftrightarrow(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25$

Par conséquent, l'ordonnée y_D du point D est solution de l'équation $(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25.$

3. b. Résolvons l'équation $(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25.$

$(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25\Longleftrightarrow y+5=\sqrt{\dfrac{7}{8}\times25}\ \ \text{ou }\ y+5=-\sqrt{\dfrac{7}{8}\times25} \\\\\phantom{(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25}\Longleftrightarrow y=-5+\sqrt{\dfrac{7}{8}\times25}\ \ \text{ou }\ y=-5-\sqrt{\dfrac{7}{8}\times25} \\\\\phantom{(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25}\Longleftrightarrow y=-5+\sqrt{\dfrac{14}{16}\times25}\ \ \text{ou }\ y=-5-\sqrt{\dfrac{14}{16}\times25} \\\\\phantom{(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25}\Longleftrightarrow y=-5+\sqrt{14\times\dfrac{25}{16}}\ \ \text{ou }\ y=-5-\sqrt{14\times\dfrac{25}{16}} \\\\\phantom{(y+5)^2=\dfrac{7}{8}\times25}\Longleftrightarrow y=-5+\dfrac{5}{4}\sqrt{14}\ \ \text{ou }\ y=-5-\dfrac{5}{4}\sqrt{14}$

Or l'énoncé stipule que y_D est la plus grande des deux valeurs.
Donc $\boxed{y_D=-5+\dfrac{5}{4}\sqrt{14}\approx-0,3}$

5 points

exercice 2

${\red{\text{1. }}\blue{\mathbf{Réponse\ \bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}x(t)=-2+4\cos(t)\\y(t)=2+4\sin(t)\ \ \ \end{matrix}\right.}}\ \ \ \text{avec }t\in\left[0\,;\dfrac{\pi}{2}\right]}$

Une représentation paramétrique d'un cercle de centre M (a ; b ) et de rayon r est

$\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=a+r\cos(t)\ \ \\y(t)=b+r\sin(t)\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \text{avec }t\in\left[0\,;2\pi\right]$

Or le centre est A(-2 ; 2) implique

${\red{a=-2\ \text{et}\ b=2}}$

le rayon est ${\red{r=AB=AC=4}}$

$\widehat{BAC}$ est un angle droit implique

${\red{t\in\left[0\,;\dfrac{\pi}{2}\right]}}$

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 17

Par conséquent, une représentation paramétrique de l'arc de cercle de centre A et reliant B à C dans le sens

direct est ${\red{\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=-2+4\cos(t)\\y(t)=2+4\sin(t)\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \text{avec }t\in\left[0\,;\dfrac{\pi}{2}\right]}}$

${\red{\text{2. }}\blue{\mathbf{Réponse\ \bullet\ 98}$

Nous savons que $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=AC\times AB\times\cos(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})$ , soit que $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=AC\times AB\times\cos(\widehat{CAB})$

Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{AC}$ sont données par $\begin{pmatrix}x_C-x_A\\y_C-y_A\end{pmatrix}$ . $\text{D'où }\ \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}2-(-4)\\4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2+4\\4-2\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix}}$

De même, les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{AB}$ sont données par $\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\end{pmatrix}$ . $\text{D'où }\ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-6-(-4)\\6-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6+4\\6-2\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2\\4\end{pmatrix}}$

Nous en déduisons que :

$\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}={\blue{x_{\overrightarrow{AC}}\times x_{\overrightarrow{AB}}+y_{\overrightarrow{AC}}\times y_{\overrightarrow{AB}}}}=6\times(-2)+2\times4=-12+8=-4\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=-4} \\\\AC={\blue{\sqrt{(x_{\overrightarrow{AC}})^2+(y_{\overrightarrow{AC}})^2}}}=\sqrt{6^2+2^2}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}\Longrightarrow\boxed{AC=\sqrt{40}} \\\\AB={\blue{\sqrt{(x_{\overrightarrow{AB}})^2+(y_{\overrightarrow{AB}})^2}}}=\sqrt{(-2)^2+4^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}\Longrightarrow\boxed{AB=\sqrt{20}}$

$\text{Dès lors, }\ \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=AC\times AB\times\cos(\widehat{CAB})\Longleftrightarrow-4=\sqrt{40}\times\sqrt{20}\times\cos(\widehat{CAB}) \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\ \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=AC\times AB\times\cos(\widehat{CAB})}\Longleftrightarrow\cos(\widehat{CAB})=\dfrac{-4}{\sqrt{40}\times\sqrt{20}}$

A l'aide de la calculatrice, nous obtenons : $\widehat{CAB}=\cos^{-1}\left(\dfrac{-4}{\sqrt{40}\times\sqrt{20}}\right)\approx\boxed{98^{\text{o}}}$

${\red{\text{3. }}\blue{\mathbf{Réponse\ \bullet\ W=1}}$

$10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120\Longleftrightarrow\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=\dfrac{120}{10} \\\\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=12 \\\\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=\log\left(10^{12}\right) \\\\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow\dfrac{W}{10^{-12}}=10^{12} \\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow W=10^{-12}\times10^{12} \\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow W=\dfrac{1}{10^{12}}\times10^{12} \\\phantom{10\,\log\left(\dfrac{W}{10^{-12}}\right)=120}\Longleftrightarrow\boxed{W=1}$

4. a. Les distances AF, FG et GH sont $\blue{\mathbf{\ égales\ car\ la\ droite\ (AH)\ est\ dans\ un\ plan\ frontal.}}$

4. b. On peut dire à propos de l'affirmation : "p est l'image du point P tel que $\overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ " $\blue{\mathbf{\ qu'elle\ est\ vraie\ car\ les\ droites\ (FP)\ et\ (HB)\ sont\ parallèles\ et\ que\ }\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AH}}$ (application du théorème de Thalès dans le triangle AHB). 6 points

exercice 3

Partie A : Etude de l'impression réalisée avec le motif A

1. a. Etoile numérotée 2 à partir de l'étoile numérotée 1

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 19

Une transformation permettant d'obtenir
l'étoile numérotée 2 à partir de l'étoile numérotée 1
est la symétrie orthogonale par rapport à la droite .

1. b. Motif A à partir des étoiles numérotées 1 et 2

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 20

Plaçons les points A et B respectivement sur les sommets des étoiles 1 et 2 comme indiqué sur la figure ci-jointe.
La transformation permettant d'obtenir le motif A à partir des étoiles numérotées 1 et 2 est une translation de vecteur $\overrightarrow{AB}$ .

2. a. Les points J, F et L, images respectives du point G par les translations de vecteurs $\overrightarrow{u},\ \overrightarrow{v}$ et $2\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ , sont représentés sur la figure ci-dessous.

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 22

2. b. L'image du point D par la translation de vecteur $a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$ sera le point H si a = 1 et b = 1.
Donc le point H est l'image du point D par la translation de vecteur $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ , comme représenté sur la figure ci-dessus.

Partie B : Etude de l'impression réalisée avec le motif B

1. Hexagone numéroté 2 à partir de l'hexagone numéroté 1

Première transformation : rotation de centre O et d'angle 90° (dans le sens direct ou indirect).
L'image de l'hexagone numéroté 1 par cette rotation est l'hexagone en vert sur la figure ci-dessous.

Deuxième transformation : translation de vecteur $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{PQ}$
L'image de l'hexagone vert par cette translation est l'hexagone numéroté 2.

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 16

2. Construction du pavage à l'aire du motif B

Sur la figure ci-dessous, nous avons défini les vecteurs $\overrightarrow{t_1}=\overrightarrow{ME}$ et $\overrightarrow{t_2}=\overrightarrow{MP}.$

Le pavage entier peut être obtenu à l'aide des images du motif B (coloré en brun) par les translations de vecteurs de la forme $a\overrightarrow{t_1}+b\overrightarrow{t_2}$ où a et b sont deux nombres entiers.

Bac STD2A Métropole 2018 mathématiques : image 18

Publié par malou le 24-12-2018

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