MAI2017 ÉLÉMENTS DE CORRECTION DUDEVOIRCOMMUN 2NDE
Exercice 1
Barème :/4,5 = 0,75 + 0,75 + 0,5 + 0,75 + 1 + 0,5 + 0,25 1. Tableau d’effectifs complété :
carte chèque espèces Total
<10 25 0 60 85
>10 50 50 15 115
Total 75 50 75 200
2. Comme tous les tickets ont la même probabilité d’être choisis, on est dans une situation d’équi- probabilité, ainsi :
(a) P(A)= 85
200=0,425 etP(B)= 75
200 =0,375 (b) On noteA∩Bl’événement « Le paiement a été effectué par carte bancaire et pour un montant
strictement inférieur à 10e» etP(A∩B)= 25
200=0,125 (c) Par propriété,P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)= 85
200+ 75 200− 25
200=135
200=0,675.
(d) Cdésigne l’événement « Le paiement n’a pas été effectué en espèces ».
Par propriété,P(C)=1−P(C)=1− 75
200=0,625.
3. SiDest l’événement « le montant de l’achat est supérieur ou égal à 10eet le paiement n’a pas été fait par carte bancaire ».
(a) P(D)=50+15 200 = 65
200=0,325.
(b) On peut noterD=A∩B
Exercice 2
Barème :/5,5 = (0,25 + 0,5 + 0,25 + 0,25 + 0,5 + 0,25) + (0,75 + 0,5 + 1,25 + 0,25 + 0,25 + 0,5)
Partie A
1. (a) L’image de 4 par f est 12 :f(4)=12.
(b) 7 a deux antécédents par f :−1 et 5. Ainsi, f(x)=7 ⇐⇒ x∈{−1 ; 5}.
2. Tracé de la droite représentantg :
5 10
−5
−10
2 4 6
−2
−4
3. Avec la précision permise par le graphique, on a :
(a) f(x)=15⇐⇒x∈{1 ; 3}
(b) f(x)<0⇐⇒x∈]−∞;−2[∪]6 ;+∞[ (c) f(x)≥g(x)⇐⇒x∈[0 ; 6]
1
Partie B
Pour toutx∈R, f(x)=16−(x−2)2 1. Factorisation :
f(x)=42−(x−2)2
=(4−(x−2))(4+x−2) f(x)=(6−−−x)(x+++2)
2. Développement :
f(x)=16−(x2−4x+4)
=16−x2+4x−4 f(x)= −−−x2+++4x+++12 3. (a) Tableau de signes :
x 6−x x+2 (6−x)(x+2)
−∞ −2 6 +∞
+ 0 −
− 0 +
− 0 + 0 −
(b) On a donc (6−x)(x+2)<0 ⇐⇒ x∈]−∞;−2[∪]6 ;+∞[ (c) On a retrouvé les solutions de l’inéquationf(x)<0.
4. En utilisant la forme initiale, on trouvef(2+p
3)=16−(2+p
3−2)2=16−3=13. DoncA³ 2+p
3 ; 13´
∈Cf
Exercice 3
Barème :/5 = 0,5 + 0,5 + 0,75 + 0,5 + 1 + 0,5 + 0,5 + 1 On aA(4 ;−3),B(1 ;−5),C(−3 ; 1) etE
µ3 4;−3
¶ . 1. Figure ci-contre.
2. (a) −→AB
µxB−xA yB−yA
¶
⇐⇒ −→AB
µ 1−4
−5−(−3)
¶
⇐⇒ −→AB µ−3
−2
¶ . (b) ABC Dest un parallélogramme ⇐⇒ −→AB=−−→DC.
On poseD¡ x;y¢
, on a alors
−→AB = −−→
DC ⇐⇒
µ−3
−2
¶
=
µ(−3)−x 1−y
¶
⇐⇒
½ x+3=3 y−1=2 ⇐⇒
½ x=0
y=3 ⇐⇒ D(0 ; 3)
1 2 3
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3 4
−1
−2
−3
bA
bB
bC
bE
bD
bK
3. (a) AB= q
(xB−xA)2+¡
yB−yA¢2
=p
(−3)2+(−2)2=p 13
(b) On remarque que AC2=65,BC2=52 etAB2=13, doncAC2=BC2+AB2et d’après la réci- proque du théorème de Pythagore, le triangleABC est rectangle enB.
4. Le quadrilatèreABC Dest un parallélogramme qui a un angle droit enB, doncABC Dest un rectangle.
5. K est le milieu de [AB], doncK µ4+1
2 ;−3+(−5) 2
¶
⇐⇒ K µ5
2;−4
¶ . 6. On calcule les coordonnées de−−→E K et−→AC :
−−→E K
5 2−3
4
−4−(−3)
⇐⇒ −−→E K
7 4
−1
−→AC
µ −3−4 1−(−3)
¶
⇐⇒ −→AC µ−7
4
¶
On remarque que−→
AC= −4−−→
E K, donc les vecteurs−→
AC et−−→
E K sont colinéaires donc (AC)//(E K).
2
Exercice 4
Barème :/3 = 0,75 + 0,75 + 0,75 + 0,75 1. Vrai.
Soitxla note au dernier devoir coefficient 2. Comme la moyenne de Jules est de 10,xest solution de l’équation
7+12+6+6+15+2+2×x
6+2 =10⇐⇒ 48+2x=80 ⇐⇒ 2x=32⇐⇒ x=16 Ainsi, Jules obtiendra exactement 10 de moyenne s’il a 16 au devoir commun.
2. Faux.
Six= −1
2, alors 3x= −3
26−1, doncSprend la valeur µ
−1 2
¶2
+1=1
4+1=5 46=3
4. 3. Faux.
Par exemple si f(0)=1, f(1) =0 et f(2)=3, alors la fonction n’est pas croissante sur [0 ; 2] et pourtant elle vérifie la conditionf(0)<f(2).
4. Vrai.
Si f est une fonction polynôme du second degré qui admet un maximum en 6, alors son tableau de variations sera de la forme suivante :
x
f(x)
−∞ 6 +∞
f(6) f(6)
Ainsi,f est décroissante sur l’intervalle [6 ;+∞[, et comme 7<8, alorsf(7)>f(8) (f inverse l’ordre sur l’intervalle [6 ;+∞[).
Exercice 5
Barème :/2
Si on posexla longueur d’un côté du bassin, alors l’aire du tour est égale à (x+6)2−x2=12x+36.
Or on sait que l’aire à ensemencer est de 90m2ainsi, on a l’égalité : 12x+36=90 ⇐⇒ x=54
12=4,5 La longueur du côté du bassin est de 4,5m
Donc l’aire du bassin est de 20, 25m2car 4, 52=20, 25.
3
