Second degré – AP – 1S - Correction Exercice 1
1. x est compris entre 0 et 3. Donc l’ensemble de définition de A est [0 ;3].
2. A(x) = 5 × 3 – 2 × – 2 × = 15 – (5x – x2) – (3x – x2) = 2x2 – 8x + 15.
3. a. On veut que 2x2 – 8x + 15 = 9 2x2 – 8x + 6 = 0
Le déterminant est Δ = (-8)2 – 4 × 6 × 2 = 64 – 48 = 16 > 0 Il y a donc 2 solutions à cette équation x1 = = 1 et x2 = = 3 Ces 2 solutions appartiennent bien à [0 ;3].
On peut donc trouver 2 valeurs telles que l’aire de MNPQ soit de 9 cm2. b. On cherche donc à résoudre 2x2 – 8x + 6 ≤ 0
Le coefficient a = 2 > 0 . Par conséquent l’expression 2x2 – 8x + 6 est négative entre ses racines.
Donc pour x [1;3] l’aire de MNPQ est inférieure à 9 cm2 4. A(x) = 2x2 – 8x + 15
Le sommet de la parabole représentant A est S(2 ;7).
5. L’aire maximale est donc de 15 cm2 L’aire minimale est donc de 7 cm2.
Exercice 2
1. h(x) = 5x2 – 3x – 2.
Δ = (-3)2 – 4 × (-2) × 5 = 9 + 40 = 49 > 0 Il y a donc 2 racines x1 = = -0,4 et x2 = = 1 Par conséquent h(x) = 5(x + 0,4)(x – 1).
2. h(x) = 5= 5= 5= 5
3. Le nombre a = 5 > 0 . Ce n’est donc pas la Figure c.
Le sommet de la parabole a pour abscisse > 0. C’est donc la Figure a.
4. A(-0,4 ;0) B(0 ;-2) C(-0,3 ;-2,45) ou C D(1 ;0) Exercice 3
La parabole P admet un axe de symétrie passant par S.
Par conséquent S soit avoir comme abscisse la moyenne de x1 et x2 qui est -3. Mais l’abscisse de S est -2.
Exercice 4
1. x4 – 16x2 + 39 = 0 on pose X = x2
On obtient X2 – 16X + 39 = 0 Δ = (-16)2 – 4 × 39 = 100 > 0 Il y a donc 2 solutions X1 = = 3 et X2 = = 13
Mais X = x2. Par conséquent l’équation 1. Possède 4 solutions : -, -, et 2. 3x4 – 4x2 – 4 = 0 on pose X = x2
On obtient 3X2 – 4X – 4 = 0 Δ = (-4)2 – 4 × 3 × (-4) = 64 > 0 Il y a donc 2 solutions X1 = = et X2 = = 2
Mais X= x2. Cela signifie donc que X = x2 > 0.
L’équation 2. Possède donc 2 solutions : -et 3. 16x4 – 24x2 + 9 = 0 on pose X = x2
On obtient 16X2 – 24X + 9 = 0 Δ = (-24)2 – 4 × 9 × 16 = 0 Il y a donc une solution X1 = =
Mais X = x2. L’équation 3. Possède donc 2 solutions : -= - et .
