Fiche de mathématiques
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Baccalauréat STD2A 2017

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Durée : 3 heures

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

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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.
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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
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