E 1 Réponse Points Eus 1.a Placement deE

1S,NOM: Grille de correction DS 8 _{Note : /}

E 1 Réponse Points Eus

1.a Placement deE; (−−→AD;−−→AB) =−(−−→AB;−−→AD) =−π

6(2π) 1+0.5

1.b (−→AE;−−→AD) = (−→AE;−−−→DA) = (−→AE;−−→DA) +π=π−(−−→DA;−→AE) = 5π 3 =−π

3 (2π) 1

1.c ABCDest un parallélogramme et les vecteurs−−→

ABet−−→

CDsont opposés donc (−−→AB;−−→CD) = π(2π)

0.5

2 (−→AE;−−→CD) = (−→AE;−−→AD) + (−−→AD;−−→AB) + (−−→AB;−−→CD) =−π 3 −π

6 +π=π

2 (2π) 1.5

3 Les droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires. 0.5

4 (−−→

DF;−−→DA) + (−−→AD;−→

AF) + (−→F A;−−→F D) =π(2π)⇒(−→F A;−−→F D) = π

6 (2π) 1

Total −→ 6 points

E 2 Réponse Points Eus

A α= 41π 6 = 5π

6 (2π) etβ =181π

4 =−3π

4 (2π), placement des points 0.5+0.5 1+1 B sin(x) =−

√2

2 ⇔







x=−π

4 +k×2π x=π−

−π 4

+k^′×2π ⇔







x=−π

4 +k×2π, k∈Z x=5π

4 +k^′×2π, k^′∈Z

1







cos(x) =−1 2 x∈]−π;π] ⇔











x= 2π

3 +k×2π x=−2π

3 +k^′×2π x∈]−π;π]

⇔x∈

−2π 3 ;2π

3

1+0.5







2 sin²(x) + 3 sin(x)−2 = 0

x∈[0; 2π] ⇔











2X²+ 3X−2 = 0 sin(x) =X x∈[0; 2π]

⇔









 X= 1

2 ouX =−2 sin(x) =X

x∈[0; 2π]

⇔







sin(x) = 1 2

x∈[0; 2π] ⇔x∈ π

6;5π 6

1.5

C A= cos(6π) + sin −³4^π

+ cos −^π2

+ sin(11π) + cos ⁷₆^π

+ sin ⁸₃^π

1

= cos(0)−sin ³4^π

+cos −^π2

+sin(π)+cos ⁵6^π

+sin ²3^π

= 1−^√22−^√23+^√2³ = 1−^√22.

B(x) = sin^{2 π}2 −x

+ sin(π−x) cos ^π2−x

= cos²(x) + sin(x) sin(x) = 1 1

Total −→ 8 points

E 3 Réponse Points Eus

1.a f(1,5) = 3,84 etf(4) = 1,2 0.5

1.b f = 24×1

v avecv:x7→x²+ 4 d’oùv^′ :x7→2x. On af^′ = 24×−v^′

v² , c’est à dire pour toutx∈[0; 6], f^′(x) = −48x

(x²+ 4)²

Pour tout x ∈]0; 6], −48x < 0, (x² + 4)² > 0 donc f^′(x) < 0 et la fonction f est strictement décroissante sur [0; 6].

2

2.a A(OM H) = OH×HM

2 .

• x= 1,5, OH = 1.5, M H=f(1.5) = 3.84 etA(OM H) = 2.88. 1

• x= 4, OH= 4, M H=f(4) = 1.2 etA(OM H) = 2.4.

1S,NOM: Grille de correction DS 8 _{Note : /}

2.b OH=xetM H=f(x) :A(OM H) =A(x) = x×f(x)

2 = 12x

x²+ 4. 0.5

3 A=u

v avecu:x7→12xetu^′ :x7→12, puisv:x7→x²+ 4 etv^′ :x7→2x. Comme A^′= u^′v−uv^′

v² , on obtient pour toutx∈[0; 6],A^′(x) = −12x²+ 48 (x²+ 4)²

Comme (x²+ 4)²>0 pour toutx∈[0; 6], le signe deAest celui de −12x²+ 48.

(∆ = 48², x1=−2, x2= 2 et seule la valeur 2 est dans [0; 6].) x

−12x² + 48 A^′(x) variations

deA

0 2 6

+ 0 −

+ 0 −

0 0

3 3

1.8

1.8 Aadmet un maximum enx= 2 qui vaut 3. Comme l’aire du triangleOM H est égale àA(x), on en déduit que l’aire du triangleOM H est maximale lorsqueOH = 2.

2

Total −→ 6 points

E 4 Réponse Points Eus

1. f(x) =ax²+bx+c.A(0; 7)∈ C^fdoncc= 7, puisxS =− b

2a= 2,5⇒b=−5a(1).

De plus,C(12; 0)∈ C^f donc 144a+ 12b+ 7 = 0 (2). Avec les deux équations (1) et (2), on parvient àa=−1

12 etb= 5

12. f(x) =−1

12x²+ 5 12x+ 7 .

2

2.a Pour toutx∈[0; 12],f^′(x) =−1 6x+ 5

12. 0.5

2.b f^′(0) = 5

12 0.5

3.a Comme le prolongement du toit se fait sans cassure, la droite (AB) n’est autre que la tangente àC^f en 0. Son coefficient directeur vaut f^′(0) = 5

12 et l’équation de (AB), puisqueA∈(AB), y= 5

12x+ 7.

1

B(−4;yB)∈(AB)⇒yB= 5

12 ×(−4) + 7 = 16

3 . 0.5

3.b AB=p

(xB−xA)²+ (yB−yA)²= q

(−4−0)²+ ¹⁶3 −7²

= ¹³3. 0.5

Total −→ 5 points

E 5 Réponse Points Eus

1 Représentation graphique (laissée à la sagacité du lecteur) 1

2 Les données de cette série semblent gaussiennes. 0.5

3 x≈400,01 etσ≈17,09. On a donc [x−2σ;x+ 2σ] = [365,83; 434,19] 2+0.5 4 41 + 99 + 195 + 285 + 193 + 98 + 43 = 954 et 954

1000 = 0,954 ou 95,4%. Ce qui est cohérent avec le modèle gaussien proposé.

0.5+0.5

Total −→ 5 points