1S , NOM : Grille de correction DC 2014-2015
E1 Réponse Points Obtenus
1 La mesure principale de −127π
6 est 5π
6 . 1
2.(a)
(2X−√3)(X−1)=0⇔X=√3
2 ou X=1 1
2.(b) On pose X=cos(x) . L'équation s'écrit : (2X−√3)(X−1)=0 Les solutions sont : X=√3
2 ou X=1 soit cos(x)=√3
2 ou cos(x)=1 . Ainsi : {x= πx=−π33+k+×k×22ππ ou x=k×2π , k ∈ℤ
S={ 0 ;π 3;5π
3 ;2π}
1
1
1 3 A=sin(x)−sin(x)+cos(x)−cos(x)=0
car cos(π2−x)=sin(x) et sin(π2−x)=cos(x)
1
4 L'équation est équivalente à
sin(x)⩾√3 2 Ainsi : S=[π3;2π
3 ]
1
1
Total 8 points
E2 Réponse Points Obtenus
1 f (−2)=4 ; f (2)=0 1
2 f '(−2)=0 coefficient directeur de la tangente à Cf au point A f '(2)=−3 coefficient directeur de la tangente à Cf au point B
2
3.(a) La courbe cherchée passe par le point de coordonnées (-2;0) : on peut éliminer C1 et le point de coordonnées (2;-3) : on peut éliminer C2 . La fonction f est croissante sur ]–∞;-2] donc f '(x)⩾0 sur ]–∞;-2] , on peut donc éliminer C4 . Réponse : Courbe C3
2
3.(b) g'=f donc g ' est positive sur ]–∞;2] et négative sur [2;+∞[ . Par conséquent g est croissante sur ]–∞;2] et décroissante sur [2;+∞[.
Réponse : Courbe C1
2
Total 7 points
1S , NOM : Grille de correction DC 2014-2015
E3 Réponse Points Obtenus
1.(a) f (1,5)=3,84 ; f (4)=1,2 1
1.(b) f=24×1
v avec v(x)=x2+4 et v '(x)=2x comme f '=24×−v '
v2 , on a f '(x)= −48x (x2+4)2 .
Pour tout x de [0;6] , -48<0 , x⩾0 et (x2+4)>0 donc f '(x)⩽0 et la fonction f est décroissante sur (0;6].
1 1,5 0,5 2.(a) Aire(OMH)=OH×MH
2
pour x=1,5 , OH=1,5 , MH=f(1,5)=3,84 et aire(OMH)=2,88
pour x=4 , OH=4 , MH=f(4)=1,2 et aire(OMH)=2,4
1
2.(b)
OH=x et MH=f(x) donc aire(OMH)=x× f(x)
2 = 12x x2+4
1
3. A=u
v avec u(x)=12x et u '(x)=12 v(x)=x2+4 et v '(x)=2x
A '(x)=u '(x)v(x)−v '(x)u(x)
(v(x))2 =12(x2+4)−2x×12x (x2+4)2 Ainsi : A '(x)=−12x2+48
(x2+4)2
1,5
n(x)=−1 2x2+48 , second degré a =-12 négatif , b =0 et c=48
= =2304=(48)² x1=−2 et x2=2
d(x)=(x2+4)2>0 ( carré ne s'annulant pas sur [0;6]
x 0 2 6
n(x) + 0 –
d(x) + +
A'(x) + 0 –
Var.
de A 0
3
1,8
A admet un maximum en x = 2 qui vaut 3 . Comme l'aire du triangle OMH est égale à A(x), on en déduit que l'aire du triangle OMH est maximale lorsque OM = 2 .
1,5
0,5 0,5
1S , NOM : Grille de correction DC 2014-2015 Total 10points
E4 Réponse Points Obtenus
1 (⃗BC;⃗AC)=(⃗CB;⃗CA)=-π
4 [2π] 1 En
lesquels 2 (⃗AN;⃗AC)=(⃗AN;⃗AB)+(⃗AB;⃗AC)= π
3+ π 4=7π
12 [2π] 1
3 (MB) est la médiatrice de [AC] , c'est aussi la bissectrice de ̂AMC
(⃗MA;⃗MB)=1
2(⃗MA;⃗MC)=1 2× π
3= π 6 [2π ]
2
4 (⃗AN;⃗MA)=(⃗AN;⃗AM)+π=(⃗AN;⃗AB)+(⃗AB;⃗AC)+(⃗AC;⃗AM)+π [2π]
D'où (⃗AN;⃗MA)= π 3+ π
4+ π
3+π=23π 12 =− π
12[2π ]
2
5 (⃗AM ;⃗CB)=(⃗AM ;⃗AC)+(⃗AC;⃗CB)=(⃗AM ,⃗AC)+(⃗CA;⃗CB)+π[2π ] Donc (⃗AM;⃗CB)=−π
3+ π
4+π=11π 12 [2]
2
Total 8 points
E5 Réponse Points Obtenus
1.(a) g est une fonction polynôme de degré3 définie sur [-4;2] donc g est dérivable sur [-4;2] : g '(x)=−9x2−9x+18
1,5
1.(b) g '(x)=−9x2−9x+18
Second degré , a =-9 négatif , b = -9 et c = 18
= 729 >0 ; x1=1 et x2=−2
x –4 –2 1 2
g '(x) – 0 + 0 –
Var.
de g 51
–27
13,5
–3
2
2. D'après le tableau de variation , l'équation g(x)=0 possède trois solutions.
A la calculatrice :
−4<s1<−3 car g(−4)=51>0 et g(−3)=−105<0
−1<s2<0 car g(−1)=−16,5<0 et g(0)=3>0 1<s3<2 car g(1)=13,5>0 et g(2)=−3<0
0,5 1
3.(a) g '(x)=k⇔−9x2−9x+18−k=0 2
s1 s2 s3
0 0 0
1S , NOM : Grille de correction DC 2014-2015 Δ=(−9)2−4×(−9)×(18−k)=729−36k
L'équation admet deux solutions distinctes si et seulement si Δ>0 . Δ>0⇔729−36k>0⇔k<729
36 ⇔k<81 4 .
Total 7 points 3.(b) Bonus : Pour k<81
4 , l'équation g '(x)=k possèdent deux solutions x1 et x2 . Aux points d'abscisses x1 et x2 de la courbe représentative de la fonction g , les tangentes ont respectivement pour coefficient directeur g '(x1) et g '(x2) qui valent tous les deux k . Donc les tangentes à la courbe Cg aux points d'abscisses x1 et x2 sont parallèles .
Ainsi , il existe toujours deux points de Cg en lesquels les tangentes sont toujours parallèles .
2 points
