[ Corrigé du baccalauréat Métropole 12 septembre 2013 \ Sciences et technologies du design et des arts appliqués
EXERCICE1 5 points
1. Réponsec.
2. →− u ·−→
v =2−1−6= −5 Réponseb.
3. Réponsec. :x0,2=4 ⇐⇒ e0,2lnx=4 ⇐⇒ 0,2 lnx=ln4 ⇐⇒ lnx=ln4 0,2 ⇐⇒
x=e2ln20,2 ⇐⇒ x=e10ln 2 ⇐⇒ x=eln210=210=22×5=¡ 22¢5
=45. Vérification :¡
45¢0,2
=4¡5×15¢=41=4.
4. Réponseb.
5. Réponsec.
EXERCICE2 9 points
Partie A :
1. a. On a f(0)=0 c’est-à-direa×0+b×0+c=0, doncc=0.
b. On a de même
½ f(1) = 1
f(2) = 0 c’est-à-dire :
½ a+b = 1 4a+2b = 0
2. Le système précédent peut s’écrire :
½ 4a+4b = 4
4a+2b = 0 et donc par différence membres à membres :
2b=4 d’oùb=2.
Or a = 1 - 2 = - 1.
On a doncf(x)= −x2+2x.
Partie B :
1. f′(x)= −2x+2=2(1−x)
2. Le coefficient directeur de la tangente à la courbeCf au point B est égal au nombre dérivéf′(2) (2 abscisse de B), soit f′(2)=2(1−2)=2×(−1)= −2.
À partir de B on se déplace de 1 en abscisse et de−2 en ordonnée (ou 2 et−4, ou 3 et−6).
Partie C :
1. g(2)=2×23−14×22+30×2−20=16−56+60−20=76−76=0.
Or B(2 ; 0), donc B appartient àCg.
2. g′(x)=3×2x2−2×14x+30=6x2−28x+30.
Baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
3. g′(2)=6×22−28×2+30=24−56+30=54−56= −2=f′(2).
Les deux fonctions f etg ont le même nombre dérivé en 2 et leurs représentations gra- phiques contiennent toutes deux le point B : elles ont donc la même tangente en B.
4. g(3)=2×33−14×32+30×3−20=54−126+90−20=144−146= −2.
g′(3)=6×32−28×3+30=54−84+30=0. Cela signifie que le nombre dérivé en 3 abscisse du point C deCg est nul : la tangente en C àCg est donc horizontale.
Voir la figure
Partie D :
1. On ag′(x)=6x2−28x+30.
Ce trinôme a le même signe que le trinôme 3x2−14x+15.
Calculons ses racines :∆=142−4×3×15=196−180=16=42. Les racines sont doncx1=14+4
2×3 =18
6 =3 etx2=14−4 2×3 =10
6 =5 3. Or5
3<6 3=2.
On sait que le trinôme est du signe dea=3, donc positif, sauf entre les racines 5 3et 3.
Conclusion : sur¤5
3; 3¤
,g′(x)<0.
La fonctiong est donc décroissante sur¤5
3; 3¤ . On a donc le tableau de variations suivant :
x 2 3
g′(x) −
−2 0
g(x)
2. Voir l’annexe.
3. Le motif du préambule est obtenu par symétrie des courbesCf etCgautour de l’axe des abscisses, puis par symétrie de la figure obtenue, autour de la droite d’équationx=3.
4. La frise est obtenue par translation de vecteur 3−→
ı de la figure obtenue à la question précédente.
5. Voir le graphique 2 à la fin.
EXERCICE3 6 points
1. a. x2+y2=25.
b.
½ x = 5 cost
y = 5 sint avectréel.
2. a. x2 25+ z2
100=1 avecz>0.
b.
½ x = 5 cost
z = 10 sint avectréel.
Métropole 2 12 septembre 2013
Baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
3. Les points du cercle d’abscisses 2 sont tels que : 22+y2=25 soity2=21 d’oùy=p 21 ou y= −p
21.
La base contenue dans le planxOya donc pour longueur 2p 21.
Le point commun au triangle et à la demi-ellipse a une abscisse de 2, son ordonnéez positive est telle que :
22 25+ z2
100=1 soit z2 100=21
25ou encorez2=4×21. Doncz=2p 21.
La base et la hauteur du triangle ont la même longueur.
On peut noter que l’aire de ce triangle est1 2×2p
21×2p
21=2×21=42, soit un entier.
Métropole 3 12 septembre 2013
Baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
ANNEXE 1 : (à remettre avec votre copie)
Graphique 1
0 1 2
−1
−2
1 2 3 4 5 6
Ab
−
→ı
−
→
Graphique 2
1 2
−1
−2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
−1
−2
−3
−4
−5
−6
Métropole 4 12 septembre 2013
