Fiche de mathématiques

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Baccalauréat STD2A 2017

Durée : 3 heures

Coefficient : 2
L'usage de la calculatrice est autorisée.

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Corrigé

9 points

exercice 1

Partie A : Étude du socle

1. $\mathscr{C}$ est le cercle de centre $C(0;3)$ et de rayon $CO=3$ (distance lue directement du graphique).

Soit $M(x;y)$ un point du plan ; on a :

$\begin{array}{cl} M(x;y)\in \mathscr{C}&\Longleftrightarrow ||\overrightarrow{CM}||=R \\&\Longleftrightarrow \sqrt{(x_M-x_C)^2+(y_M-y_C)^2}=CO \\&\Longleftrightarrow \sqrt{(x-0)^2+(y-3)^2}=3 \\&\Longleftrightarrow x^2+y^2-6y+9=9 \\& \Longleftrightarrow x^2+y^2-6y=0 \end{array}$

$\boxed{ \text{Une équation cartésienne du cercle } \mathscr{C}\text{ s'écrit : } \mathcal{C}\text{ : }x^2+y^2-6y=0 }$

2. $H$ est un point appartenant au cercle $\mathscr{C}$ , les coordonnées de $H(x_H;y_H)$ vérifient donc l'équation cartésienne de $\mathscr{C}$ trouvée en 1.
On a donc :

$\begin{array}{cl}x_H^2+y_H^2-6y_H=0&\Longleftrightarrow 1,5^2+y_H^2-6y_H=0 \text{ (Lecture graphique }x_H=1,5\text{)} \\&\Longleftrightarrow y_H^2-6y_H+2,25=0 \end{array}$

Calcul du discriminant : $\Delta= (-6)^2-4\times 1\times 2,25=36-9=27>0$
L'équation admet donc deux solutions qui sont $\left\lbrace\begin{array}{l} y_H_{1}=\dfrac{6-\sqrt{27}}{2}=\dfrac{6-3\sqrt{3}}{2}\approx 0,4 \\\text{ et }\\ y_H_{2}=\dfrac{6+\sqrt{27}}{2}=\dfrac{6+3\sqrt{3}}{2}\approx 5,6\end{array}$
On ne retient que $y_H=0,4$ car, d'après le graphique, l'ordonnée du point $H$ ne peut pas être $y= 5,6$

De plus, et toujours d'après le graphique, les points $H$ et $J$ ont le même abscisse $x_H=x_J=1,5$ , donc : $HJ=y_H-y_J=y_H=0,4 \text{ unités }= 0,4\times 40 \text{ cm}=16\text{ cm}$

Conclusion : $\boxed{\text{ L'ordonnée de } H \text{ est } y_H\approx 0,4 \text{ et } HJ=16\text{ cm}}$

3.a. D'après le graphique, $G$ est le point symétrique de $H$ par rapport à l'axe des ordonnées, alors $G$ et $H$ ont le même ordonnée $y_G=y_H=0,4$ .
De plus, par lecture graphique : $x_G=-1,5$

Donc : $\boxed{\text{ Les coordonnées du point } G \text{ sont : } G(-1,5\text{ ; }0,4)}$

3.b. Il s'agit de reproduire le tracé du socle. Voir la représentation graphique à la fin de l'exercice.

Partie B : Étude de l'assise

1. Tableau de valeurs, on remplace directement dans l'expression de $f(x)$ pour trouver les images.
On rappelle que toutes les valeurs sont arrondies au dixième.

$x$	$-2$	$-1,5$	$-1$	$-0,5$	$0$	$0,5$	$1$
$f(x)$	$2,2$	$1,1$	$0,6$	$0,6$	$0,8$	$1$	$1$

2. Voir la représentation graphique à la fin de l'exercice.

3. Calcul de la dérivée :

Pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $[-2;1]$ , on a :

$\begin{array}{cl} f'(x)&=\left(-0,3x^3+0,5x+0,8\right)^{'}\\&=-0,3\times 3x^2+0,5 \\&=-0,9x^2+0,5\end{array}$

Conclusion : $\boxed{\text{Pour tout x de }[-2;1]\text{ : }f'(x)=-0,9x^2+0,5}$

4. On remplace directement $x$ par $-1$ dans l'expression de $f'(x)\text{ : }f'(1)=-0,9\times (1)^2+0,5=-0,4=-\dfrac{4}{10}$
On en déduit : $\boxed{f'(1)=-\dfrac{2}{5}}$
Voir la représentation graphique à la fin de l'exercice pour le tracé de la droite tangente à $\mathscr{F}$ au point $A(1;1)$ .

5.a. Résolution de l'équation $f^{'}(x)=0$
$\begin{array}{cl}f^{'}(x)=0&\Longleftrightarrow -0,9x^2+0,5=0\end{array}$
Calcul du discriminant $\text{ : }\Delta=-4\times (-0,9)\times 0,5=1,8>0$
Donc l'équation admet deux solutions.
Pour simplifier, on calcule $\sqrt{\Delta}$ à l'avance :
$\Delta=1,8=\dfrac{18}{10}=\dfrac{9}{5}\text{, donc } \sqrt{\Delta}=\sqrt{ \dfrac{9}{5}}=\dfrac{\sqrt{9}}{\sqrt{5}}=\dfrac{3}{\sqrt{5}}=\dfrac{3\sqrt{5}}{5}$
Donc :
$\begin{array}{clcl}f^{'}(x)=0 &\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=\dfrac{-\frac{3\sqrt{5}}{5}}{2\times(-0,9)} \\\text{ou }\\x=\dfrac{+\frac{3\sqrt{5}}{5}}{2\times(-0,9)}\end{array}&\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=\dfrac{-3\sqrt{5}}{2\times 5\times(-0,9)}\\\text{ou } \\ x=\dfrac{3\sqrt{5}}{2\times 5\times(-0,9)}\end{array}\\\\&\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=\dfrac{-3\sqrt{5}}{-9}\\\text{ou } \\x=\dfrac{3\sqrt{5}}{-9}\end{array} &\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\\\text{ou } \\x=-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\end{array} \end{array}$

Conclusion : $\boxed{f^{'}(x)=0\text{ si et seulement si }x=-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\text{ ou } x=\dfrac{\sqrt{5}}{3}}$

5.b. Le binôme $f'(x)=-0,9x^2+0,5$ est de signe négatif entre ses deux racines $-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\text{ et } \dfrac{\sqrt{5}}{3}$ (car $-0,9$ est négatif ) et de signe positif en dehors des racines, ce qui veut dire :

$\boxed{\left\lbrace\begin{array}{l}\bullet f'(x)\geq 0 \text{ sur } \left[-\dfrac{\sqrt{5}}{3};\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right] \\\\ \bullet f'(x)\leq 0 \text{ sur } \left[-2;-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right]\cup \left[\dfrac{\sqrt{5}}{3};1\right] \end{array}}$

On peut aussi présenter ce résultat sous forme de tableau de signe :

$\begin{tabvar} {|C|CCCCCCC|} \hline x &-2 & & -\frac{\sqrt{5}}{3} & & \frac{\sqrt{5}}{3} &&1 \\ \hline f^{'}(x)& & - & \barre{0} & + &\barre{0} &- & \\ \hline\end{tabvar}$

5.c. Le tableau de variation de $f$ :

Directement :
$\begin{tabvar} {|C|CCCCCCC|} \hline x &-2 & & -\frac{\sqrt{5}}{3} & & \frac{\sqrt{5}}{3} &&1 \\ \hline f^{'}(x)& & - & \barre{0} & + &\barre{0} &- & \\ \hline\niveau{2}{3}{\text{ Variations de }f}&2,2& \decroit &\approx 0,55 & \croit & \approx 1,05 &\decroit & 1\\ \hline \end{tabvar}$
Avec :
$f\left(-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)=-0,3\times \dfrac{-5\sqrt{5}}{27}-0,5\times \dfrac{\sqrt{5}}{3}+0,8\approx 0,55$
$f\left(\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)=-0,3\times \dfrac{5\sqrt{5}}{27}+0,5\times \dfrac{\sqrt{5}}{3}+0,8\approx 1,05$

Partie c : Étude du repose-pieds

1. Dans la troisième condition, on a $f^{'}(1)=g^{'}(1$ ), cela veut dire que les tangentes aux courbes $\mathscr{F} \text{ et }\mathscr{P}$ au niveau de l'abscisse 1 ont le même coefficient directeur, autrement dit, elles y sont parallèles.
De plus, il s'agit d'un raccord au point $A$ de $\mathscr{F} \text{ et }\mathscr{P}$ , donc ces deux tangentes parallèles passent par le même point $A(1;1)$ .

Conclusion : $\boxed{ \text{ La troisième condition est équivalente à : }''\text{ Les deux courbes } \mathscr{F} \text{ et }\mathscr{P} \text{ ont la même tangente au point }A(1;1)'' }$

2. Commençons par calculer la dérivée de $g$ :
Pour tout $x$ appartenant à $[1;2] \text{ : } g'(x)=\left(ax^2+bx+c\right)^{'}= 2ax+b$
Or, on a :

$\begin{array}{lll} \left\lbrace\begin{array}{ll} A(1;1) \text{ appartient à }\mathscr{P} &\text{ : Condition 1} \\ L(2;0,5) \text{ appartient à }\mathscr{P} &\text{ : Condition 2 } \\ f^{'}(1)=g^{'}(1) &\text{ : Condition 3 } \end{array} & \Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{l} g(1)=1 \\ g(2)=0,5 \\ f^{'}(1)=g^{'}(1)\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow & \left\lbrace\begin{array}{l} a+b+c=1 \\ 4a+2b+c=0,5 \\ -\dfrac{2}{5}=2a+b\end{array} \end{array}$
Conclusion :

$\boxed{\text{ Les réels } a,b\text{ et }c \text{ vérifient le système suivant : }\left\lbrace\begin{array}{l} a+b+c=1 \\ 4a+2b+c=0,5 \\ 2a+b=-\dfrac{2}{5}\end{array}}$

3. On a :

$\begin{array}{lll}\left\lbrace\begin{array}{ll} a+b+c=1 &\text{ (I)}\\ 4a+2b+c=0,5 &\text{ (II)}\\ 2a+b=-\dfrac{2}{5}&\text{ (III)}\end{array}&\Longleftrightarrow & \left\lbrace\begin{array}{ll} a+b+c=1 &\text{ (I)}\\ 4a+2b+c-(a+b+c)=0,5-1 &\text{ (II)-(I)}\\ 2a+b=-\dfrac{2}{5}&\text{ (III)}\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow&\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-(a+b) &\\ 3a+b=-0,5 & \\ 2a+b=-0,4\text{ }\left(\text{car : } -\dfrac{2}{5}=-0,4\right)\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow&\boxed{\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ 3a+b=-0,5 & \\ 2a+b=-0,4\end{array}} \end{array}$

4. On a :

$\begin{array}{lll}\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ 3a+b=-0,5 & \\ 2a+b=-0,4\end{array}&\Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ 3a+b-(2a+b)=-0,5-(-0,4) & \\ 2a+b=-0,4\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ a=-0,1 & \\ b=-0,4-2a\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ a=-0,1 & \\ b=-0,4-2\times(-0,1)\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1-a-b &\\ a=-0,1 & \\ b=-0,2\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1+0,1+0,2 &\\ a=-0,1 & \\ b=-0,2\end{array} \\\\&\Longleftrightarrow &\boxed{\left\lbrace\begin{array}{ll} c=1,3 &\\ a=-0,1 & \\ b=-0,2\end{array} } \end{array}$

5. Figure :

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5 points

exercice 2

1. On applique le théorème d'Al Kashi au triangle ABC :

$\begin{array}{lll}BC^2=AB^2+AC^2-2AB\times AC\times \cos{\left(\widehat{BAC}\right)&\Longrightarrow & \cos{\left(\widehat{BAC}\right)=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\times AC} \\\\&\Longrightarrow & \widehat{BAC}=\cos^{-1}\left(\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\times AC}\right) \\\\&\Longrightarrow &\widehat{BAC}=\cos^{-1}\left(\dfrac{5^2+7^2-9^2}{2\times 5\times 7}\right) \\\\&\Longrightarrow &\widehat{BAC} =\cos^{-1}\left(-\dfrac{1}{10}\right) \\\\&\Longrightarrow &\boxed{\widehat{BAC} \approx 96°}\end{array}$

2.
$\begin{array}{lll} 10\log\left(\dfrac{I}{10^{-7}}\right)=20 &\Longleftrightarrow & \log\left(\dfrac{I}{10^{-7}}\right)=2 \\\\&\Longleftrightarrow & \dfrac{I}{10^{-7}}=10^{2} \\\\&\Longleftrightarrow & \boxed{I=10^{-5}} \end{array}$

3.a. Dans le repère orthonormé $(O;C;A)$ , le cercle contenant l'arc reliant $D$ et $E$ est de rayon $2$ .
De plus, l'arc en question appartient au 2ème quadrant du repère (dans le sens trigonométrique directe).

On en déduit que :

$\boxed{ \text{ Une représentation paramétrique de l'arc reliant D et E est : } \left\lbrace \begin{array}{l} x(t)=2\cos(t) \\ y(t)=2\sin(t) \end{array} \text{ pour } t\in \left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right] }$

3.b. Dans le repère $(O;C;A)$ , le point $E$ a pour coordonnées : $E(-2;0)$ .
Ces coordonnées ne vérifient pas l'équation cartésienne de l'ellipse donnée, en effet : $\dfrac{(-2)^2}{16}+\dfrac{0^2}{4}=\dfrac{4}{16}=\dfrac{1}{4}\neq 1$
Donc le point $E$ n'appartiendrait pas à l'ellipse, ce qui est contradictoire avec l'énoncé.

On en déduit que :

$\boxed{ \text{ L'équation } \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1 \text{ n'est pas une équation cartésienne de l'ellipse }}$

4. Dans le repère $\left(E;\overrightarrow{EA};\overrightarrow{EF};\overrightarrow{EH}\right)$ , on a : $\left\lbrace\begin{array}{l} B(1;1;0) \\D(1;0;1)\\E(0;0;0)\end{array}$
Donc : $\overrightarrow{DE}(-1;0;-1) \text{ et } \overrightarrow{BD}(0;-1;1)$
Calculons le produit scalaire $\overrightarrow{DE}\text{.} \overrightarrow{BD}$ :

$\overrightarrow{DE}\text{.} \overrightarrow{BD}=(-1\times 0 ) + (0\times (-1))+(-1\times 1)= -1\neq 0$

$\boxed{\text{ Les vecteurs } \overrightarrow{DE}\text{ et } \overrightarrow{BD} \text{ ne sont donc pas orthogonaux } }$ 6 points

exercice 3

Partie A : Un pavage

1. Voir le dessin à la fin de la partie A :
Le contour rouge indique le "motif élémentaire".
Les vecteurs verts $\overrightarrow{u_1}\text{ et } \overrightarrow{u_2}$ représentent les deux translations.

2.a. On passe du carreau 1 au carreau 2 par :

$\boxed{\text{ symétrie centrale autour du point noté }S_1\text{ (Voir le dessin à la fin de la partie A)}}}$

2.b. On passe du carreau 1 au carreau 3 par :

$\boxed{\text{ symétrie centrale autour du point noté }S_2\text{ (Voir le dessin à la fin de la partie A)}}}$

2.c. On passe du carreau 4 au carreau 5 par :

$\boxed{\begin{array}{l}\bullet \text{ Translation de vecteur noté } \overrightarrow{v} \\ \bullet\text{ Symétrie axiale autour de la droite notée } (\Delta)\text{ (Voir le dessin ci-dessous)}\end{array}}$
Figure.

Sujet Bac STD2A Métropole 2017 : image 18

Partie B : Modèle en perspective

1. Voir dessin en fin de partie B.
Justification : Puisque $(BF)$ et $(AE)$ sont perpendiculaires à $(ABCD)$ et $(EF)$ et $(AB)$ sont parallèles, alors :

$\boxed{\begin{array}{l}\bullet (bf) \text{ et } (ae) \text{ se coupent au point de fuite principal }\\\bullet (ef) \text{ et } (ab) \text{ sont parallèles }\end{array}}$

2. Puisque $(BF)$ et $(CG)$ sont perpendiculaires à $(ABCD)$ .

$\boxed{(bf) \text{ et } (cg) \text{ se coupent au point de fuite principal }}$

3. Voir figure à la fin de la partie B.

4. Voir figure à la fin de la partie B.

5. Figure :

Sujet Bac STD2A Métropole 2017 : image 17

Publié par malou/Panter le 29-04-2018

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