Correction du devoir de contrôle n°2

L.S.Marsa Elriadh

Correction du devoir de contrôle n°2

M : Zribi

2

Sc 2

2010-2011

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Exercice 1 (3 points):

vraie faux

∆<0 ×

a<0 ×

f(1)<f(5) ×

c>0 ×

Exercice 2 (8 points) : 1)

a) ^{3 ²}





0 ' 1 '' 2

3 1, 2

IR 3

x x

a b c x et x c

a S

    

       

  

 

  

 

 

b) (1-2x)(-2x²+x-3)<0.

x -∞ ¹

2

+∞

1-2x + -

-2x²+x-3 - -

P - +

donc ,¹

IR 2

S   

c) ^{² 5 4} 0

3 x x

x

  

 . condition d’existence : x≠3

x -∞ -4 -1 3 +∞

x²+5x+4 + - + +

x-3 - - - +

Q - + - +

donc SIR     



 



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2)

9 2 . 5

2 x y x y

  

 

 



x et y sont les solutions de l’équation :

²

9 5

² 0

2 2

2 ² 9 5 0

121 ; ' 5; '' 1 2

1 1

5, ; , 5

2 2

IR

X X

X X

X X

donc S

  

  

    

   

      3)

a) a=-1 et c  3 ; a et c de signes contraires alors (E)admet deux solutions distincts x’ et x’’.

b) A= (2+x’)(2+x’’)=4+2(x’+x’’)+x’x’’=4+2(-1)- 3 2 3 Exercice 3 (9 points):

1) ' ¹ ' ¹

4 3

BA  BC et AB  AC 2) on a :

3 3

' '

4 4

' 3( ')

4 ' 3 '

4 ( ') / /( ') CA CB et CA CB donc CA CA CB CB donc AA B B

donc AA BB

 

  



3)

a) E est le barycentre des points (A,4) et (B,3) alors ³ AE 7AB. b)

4 3 0 4 ' 4 ' 3 ' 3 ' 0

' 4 ' ' 0 ' ' 4 ' 0

', '

A E BE donc A B B E BA A E donc CB B E A C donc A B B E donc A B et E aligniés

     

    

4)

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3 3 3 4 ' 12 '

4 4 4 3 ' 12 '

MB MC MA MA

MA MC MB MB

  

  

donc MA’=MB’ donc ∆=médiatrice de [A’B’]

4 3 7 7

7 7 7 7

MA MB ME ME

MB MA A B A B

  

  

donc ME=AB alors M décrit le cercle de centre E et de rayon AB.