Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués Métropole septembre
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Français
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2010
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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués \ Métropole septembre 2010 EXERCICE 8 points 1. a. f (x)= 0 ?? ?2x2+5x?3= 0.∆= 25?24= 1, donc deux solutions réelles : ?5+1 2? (?2) = 1 et ?5?1 2? (?2) = 6 4 = 3 2 = 1,5 : vrai : si f (x) = 0, alors x = 1,5 (mais on peut aussi avoir x = 1) ; b. f (x)=?2 ( x2? 5 2 x+ 3 2 ) =?2 [( x? 5 4 )2 ? 25 16 + 3 2 ] =?2 [( x? 5 4 )2 ? 1 16 ] . Le sommet de P correspond au maximum de f qui est atteint quand le carré s'annule soit si x = 5 4 ; l'ordonnée du sommet S est f (5 4 ) =?2? 1 16 = 1 8 . Donc S (5 4 ; 1 8 ) : faux ; c. Si f (x)= (x?1)(2x?3), alors f (x)= 2x2+·· · : faux ; d.
Voir
[ Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués \ Métropole septembre 2010 EXERCICE 8 points 1. a. f (x)= 0 ?? ?2x2+5x?3= 0.∆= 25?24= 1, donc deux solutions réelles : ?5+1 2? (?2) = 1 et ?5?1 2? (?2) = 6 4 = 3 2 = 1,5 : vrai : si f (x) = 0, alors x = 1,5 (mais on peut aussi avoir x = 1) ; b. f (x)=?2 ( x2? 5 2 x+ 3 2 ) =?2 [( x? 5 4 )2 ? 25 16 + 3 2 ] =?2 [( x? 5 4 )2 ? 1 16 ] . Le sommet de P correspond au maximum de f qui est atteint quand le carré s'annule soit si x = 5 4 ; l'ordonnée du sommet S est f (5 4 ) =?2? 1 16 = 1 8 . Donc S (5 4 ; 1 8 ) : faux ; c. Si f (x)= (x?1)(2x?3), alors f (x)= 2x2+·· · : faux ; d.
- corrigé du baccalauréat sti
- aire du logo
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[Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués\ Métropole septembre 2010
EX E R C IC E8 points −5+1 2 1. a.f(x)=0⇐⇒ −2x+5x−3=0.Δ=25−24=1, donc deux solutions réelles := 2×(−2) −5−1 63 1 et= = =1, 5: vrai : sif(x)=0, alorsx=(mais on peut aussi avoir1, 5 2×(−2) 4 2 x=1) ; µ ¶·µ ¶¸ ·µ ¶¸ 2 2 5 35 253 51 2 b.f(x)= −2x−x−+ =2x+ =−− −2x− −. Le sommet de 2 24 162 416 5 Pcorrespond au maximum defqui est atteint quand le carré s’annule soit six=; 4 µ ¶µ ¶ 5 11 51 l’ordonnée du sommet S estf= −2× =. Donc Sfaux ;; : 4 168 48 2 c.Sif(x)=(x−1)(2x−3), alorsf(x)=2x+ ∙ ∙ ∙: faux ; 2 d.f(−1)= −2×(−1)+5×(−1)−3= −2−5−3= −10 : faux 2(3x+1)−3(2x−3) 6x+2−6x+9 11 ′ 2.On af(x)= ==: réponseb. 2 22 (3x+1) (3x+1) (3x+1) x2 2 3.En posantX=l’équation s’écrit :e ,X−X−2=0. CommeΔ=1−8=9=3 ,on a soir 1+3 1−3 x x X=e= =2 soitX= =−1=Cette dernière équation n’a pas de solution et lae . 2 2 première donnex=Réponseln 2.d. x+1 e x+1+1−x2 4.=e=Réponsee .c. −1+x e 5.Réponseb. 6. a.Le point de coordonnées (0 ; 4) n’appartient pas à l’ellipse : il ne peut être un sommet ; 2 2 x y 2 22 22 b.x+2y=16⇐⇒ +=1. On a donca=16 etb=8, doncc=16−8=8⇐⇒ 16 8 p ′ c=2 2.Donc FF=4 2. c.0) et (2 ;Les foyers ont pour coordonnées (2−; 0).2 2 ′ d.Le point M(4 ; 0) appartient à E ; pour ce point MF + MF=4−2 2+4+2 2=8 : vrai. 7.Il y a 40−(10+17+4)=40−31=9 élèves qui n’écoutent ni rap ni techno, donc la probabilité 9 est égale à: réponseb. 40 8.ux boules de couleurs difféEn faisant un arbre on trouve que la probabilité d’obtenir de 3 2 3 2 12 rentes est égale à :× + × =. Réponseb. 5 5 5 5 25
PR O B L È M E Première partie 3 4 1.On lit :f(1)=1,f(2)= =0, 6etf(3)= =0, 8. 5 5 ′ 2. a.M(x;y)∈(AB )⇐⇒y=a x+b, donc en particulier : ′ A(1 ; 1)∈(AB )⇐⇒1=1a+b⇐⇒b=1−a; ′ ′ B∈(AB )⇐⇒0=2a+b⇐⇒b= −2a. On en déduit que 1−a= −2a⇐⇒a= −1, puisb=2. ′ M(x;y)∈(AB )⇐⇒y= −x+2.
12 points
Baccalauréat STI Arts appliqués
3.
A. P. M. E. P.
′ b.f(1) nombre dérivé en 1 est le coefficient directeur de la tangente en A, donc de la ′ ′ droite (AB ). D’oùf(1)= −1. ′ De mêmef(2) est le coefficient directeur de la tangente en B qui est hor izontale, donc ′ f(2)=0.
x1 2 3 ′ − f(x) 0+ 1 0,8 f(x)
0,6
′ ′ 4.ire du triangle AA BCe triangle a deux côtés de l’angle droit de mesure 1 ; donc l’aen unités 1×1 1 d’aires est égale= =0, 5. 2 2
Deuxième partie µ ¶ 3 e¡ ¢ 3 2 1.On développe ln=ln e−ln 9=3 ln e−ln 3=3−2 ln 3=f(3). 9 2x1 ′ 2. a.Quel que soitx∈[1 ;3],F(x)= +2−2 lnx−2x× =x+2−2 lnx−2=x−2 lnx=f(x). 2x Cette égalité montre queFest une primitive defsur [1 ; 3]. Z µ¶ 3 22 3 1 3 b.I=f(x) dx=[F(x)]=F(3)−F(1)= +2×3−2×3 ln 3− +2×1−2×1 ln 1= 1 12 2 9 1 +6−6 ln 3− −2=8−6 ln 3. 2 2 3. a.Voir la figure à la fin. b.L’aire du logo est en unité d’aire égale à la différence entre l’intégrale de la fonctionf ′ ′ entre 1 et 3 et l’aire du triangle AAB soit: Z 3 1 15 ′ ′ A(logo)=f(x) dx−A(AA B )=8−6 ln 3−− =6 ln 3(u. a.) 12 2 2 1 u. a.=10×10=100 cm, donc : µ ¶ 15 2 2 A(logo)=100−6 ln 3=750−cm soitenviron 91 cm600 ln 3. 2
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