Corrigé Bac STD2A 2017 - Mathématiques
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Français
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2017
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Baccalauréat
STD2A
Session 2017
Épreuve :Mathématiques
Durée de l’épreuve: 3 heures
Coefficient : 2
PROPOSITION DE CORRIGÉ
Propriété exclusivedeStudyrama.Toutereproductionoudiffusioninterditesans
autorisation.
1
STUDYRAMA
Exercice. 1 —
Partie A
CORRIGE
1. Uneéquation cartésienne deCest donnée par :
Finalement :
2 22
C: (x−xC) +(y−yC) =CO
2 2
C:x+ (y−93) =
2. NotonsH(xH, yH)et on sait queH∈ C.
A partir de l’équation cartésienne deCon obtient :
3.
2 2
1,5 +(yH−3)
2 2
5 +y−6
⇔1,HyH+ 9
2
−6
⇔yHyH+ 2,25
On résoud cette équation du second degré :
2
Δ = (−6)−4(1)(2,25) = 27donc
√
6−27
xH=≃0,402
2
On ne s’interesse pas à la deuxième solution.
Une unité vaut 40 cm doncHJ≃0,402×40≃16,08cm
=
=
=
9
9
0
(a) Gest symétrique de H par rapport à l’axe des ordonnées doncG(−1,5; 0,402).
(b) Profildu socle en annexe.
Partie B
1. Tableaude valeurs en annexe
3
f(x) =−0,3x+ 0,5x+ 0,8
2. Allurede la courbe en annexe
′
3. Ondétermine la fonction dérivéefde la fonctionf.
′2′2
f(x) =−0,3×3x+ 0,5×1 + 0doncf(x) =−0,9x+ 0,5.
TSTD2A
4. Grâceà l’expression précédente :
2
′2
f(1) =−0,9×1 +0,5 =−0,4 =−
5
′
f(1)est le coefficient directeur de la tangente àFen A, ce qui nous permet de tracer la droite sur l’annexe.
′
5. (a)On résoud l’équationf(x) = 0
2
⇔ −0,9x+ 0,5
2
⇔ −0,9x
2
⇔x
=
=
=
0
−0,5
−0,5 5
=
−0,9 9
√ √
5 5
doncx=−oux=.
3 3
′
(b) Onpeut dresser le tableau de sifnes defqui est un polynôme du second degré.
√ √
5 5
x−2
−
3 3
′
f(x)−0 + 0−
1
16 juin 2017
STUDYRAMA
CORRIGE
(c) Onen déduit le tableau de variations suivant :
√
5
x−2
−
3
′
f(x)−0
f(x)
2,2
≃0,55
+
√
5
3
0
≃1,05
−
Partie C
′ ′
1.f(1)etg(1)sont les coefficients directeurs des tangentes aux courbesFetPau point A.
2
′ ′
Commef(1) =g(1) =−alors ces tangentes sont parrallèles.
5
2. Ontraduit chaque condition par une égalité :
(i)A(1; 1)∈ Pdoncg(1) =a+b+c= 1
(ii)L(2; 0,5)∈ Pdoncg(2) = 4a+ 2b+c= 0,5
2 2
′ ′′ ′
(iii)f(1) =g(1) =−etg(x) = 2ax+bdoncg(1) = 2a+b=−
5 5
(i)a+b+c= 1
(ii) 4a+ 2b+c= 0,5
d’où le système :
2
(iii) 2a+b=−
5
3. Par(i)on obtient directementc= 1−a−b.
En injectant dans(ii):
4a+ 2b+ 1−a−b= 0,5d’où3a+b=−0,5
(i)c= 1−a−b
Le système obtenu à la question précédente est équivalent à(ii) 3a+b=−0,5
(iii) 2a+b=−0,4
4. Oncommence en soustrayant(ii)−(iii):
3a+b−(2a+b) =−0,5−(−0,4)⇔a=−0,1
Puis on remplaceapar sa valeur dans(iii):
2×(−0,1) +b=−0,4⇔ −0,2 +b=−0,4⇔b=−0,2
La valeur decs’obtient par(i)et les deux valeurs deaetbque l’on vient de calculer :
c= 1−(−0,1)−(−0,2) = 1,3.
La solutions de ce système est :
(a;b;c) = (−0,1;−0,2; 1,3)
2 2
etg(x) =−0,1x−0,2x+ 1,3
5. Tracerde la parabole degsur l’annexe.
Exercice. 2 —
Les questions sont indépendantes.
1. Onapplique le théorème d’Al Kashi dans le triangle ABC :
2 2 2
BC=AC+AB−2×AC×AB×cos(BAC)
1
−1
TSTD2A
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STUDYRAMA
2
9
81
7
−
90
BAC
=
=
=
≃
CORRIGE
2 2
7 +5−2.9.5×cos(BAC)
74−90×cosBAC
cosBAC
◦
94
I
2. Onrésoud l’équation :10log( =20
−7
10
I
⇔log( )
−7
10
−7
⇔log(I)−log(10 )
⇔log(I) + 7log(10)
⇔log(I) + 7
⇔log(I)
⇔I
3.
=
=
=
=
=
=
2
2
2
2
−5
−5
10
I
x(t) = 2cos(t)
(a)L’arc de cercle reliant les points D et E a pour représentation paramétrique :
y(t) = 2sin(t)
TSTD2A
π
, t∈[ ;π]
2
2 2
x y
4. L’équation+ =1n’est pas une équation cartésienne de cette ellipse.
16 4
2 22
x yx
2
Une équation cartésienne est donnée par+ =1ou+y= 1
2 2
(OE) (0A) 4
−→−→
5.Dans le repère(E, veEA,EF,EH), on donne les coordonnées de :B(1; 1,0),D(1; 0,1)etE(0; 0,0). On en
0−1
−→−→
déduitBD−1etDE 0
1−1
−→
On calcule alorsBD·DE= 0×(−1) + (−1)×0 + 1×(−1) =−1Ó= 0
Les vecteurs ne sont pas orthogonaux.
Exercice. 3 —
Partie A
1. Annexe2
2. (a)On passe du carreau numéroté 1 au carreau numéroté 2 par une symétrie centrale de centre A (voir
annexe).
◦
(b)On passe du carreau numéroté 1 au carreau numéroté 3 par une rotation de centre O et d’angle 180 (voir
annexe).
(c)On passe du carreau numéroté 4 au carreau numéroté 5 en appliquant une symétrie axiale puis une
−→
translation de vecteuru(voir annexe)
Partie B
A venir
16 juin 2017
