(1)1S,NOM: Grille de correction DS E1 Réponse Points Obtenus 59π 4 = 56π 4 +3π 4 = 7×2π+3π 4

1S,NOM: Grille de correction DS 5 _2014-2015

E1 Réponse Points Obtenus

59π 4 = 56π

4 +3π

4 = 7×2π+3π

4 . Les valeurs 59π 4 et 3π

4 sont égales modulo 2π(à un multiple de 2πprès) donc la mesure principale cherchée est 3π

4

2

Total −→ 2 points

E 2 Réponse Points Obtenus

C D

E

B A 0.5

Compte-tenu de l’orientation et des propriétés géométriques du carré et du triangle géométrique

(−−→DA;−−→DE) = −π

3 (2π) , (−−→BD;−−→AB) = (−−→BD;−−→BA) +π= π

4 +π= 5π

4 = −3π

4 (2π) 1+1.5 (−−→DC;−−→DA) = −π

2 puis (−−→DE;−−→DC) =

C hasles (−−→DE;−−→DA) + (−−→DA;−−→DC) = π 3 + π

2 = 5π

6 (2π)

1+2

Total −→ 6 points

E 3 Réponse Points Obtenus

(a). (−→

OI;−−→

OM) =α(2π). Le quart de cercle sur lequelM se trouve est celui en bas à gauche.

1 (b). sin(α) =−0,15, donne avec la calculatrice une mesure d’angle dont la valeur est

comprise entre−π/2 et 0 ; plus précisément on obtientx≈ −0,15radà 10⁻²près.

La valeur deαcherchée est donc égale à−π−x≈ −2.99rad

2

Total −→ 3 points

E 5 Réponse Points Obtenus

(a) cos(α) = −1

2 ⇔ cos(α) = cos 2π

3

⇔ x= 2π

3 + 2kπ ou x=−2π

3 + 2kπ , k∈Z

2

(b) 2 cos(x) + 1 = 0⇔cos(x) =−1

2, on retrouve l’équation précédente.

On obtient en choisissant les solutions dans [0,2π] : S[0;2π]= 2π

3 ,4π 3

1

(c)







2 cos²(x)−cos(x)−1 = 0 X = cos(x)

x∈[0,2π]

⇔







2X²−X−1 = 0 X= cos(x) x∈[0,2π]

⇔







X =−1/2 ouX = 1 X = cos(x)

x∈[0,2π]

⇔

cos(x) =−1/2 x∈[0,2π] ou

cos(x) = 1 x∈[0,2π] ⇔ x∈

2π 3 ,4π

3

ou

x= 2kπ, k∈Z

x∈[0,2π] , on obtient : S[0;2π]=

0,2π 3 ,4π

3 ,2π

3

Total −→ 6 points

Lycée Bertran de Born 1 sur 2

1S,NOM: Grille de correction DS 5 _2014-2015

E 6 Réponse Points Obtenus

(a) f est une fonction rationnelle définie sur [0,1] donc elle est dérivable sur [0,1].

f = u

v avecu:x7→x−x² etv:x7→1 +x, puisu^′:x7→1−2xetv^′:x7→1.

f^′= u^′v−uv^′

v² donc∀x∈[0,1], f^′(x) = (1−2x)(1 +x)−(x−x²) (1 +x)²

∀x∈[0,1], f^′(x) =−x²−2x+ 1

(1 +x)² 2.5

f^′(x) = 0 x∈[0,1] ⇔

−x²−2x+ 1 = 0

x∈[0,1] ⇔x=−1 +√

2, le signe de la dérivée est celui de −x²−2x+ 1 (puisque (1 +x)² > 0 sur [0,1]). La règle du signe de a (a=−1<0) donne le tableau de variations suivant :

0.5+1

x

Signe def^′(x) Variations

deh

0 −1 +√

2 1

+ 0 −

0 0

3−2√ 2 3−2√

2

0

0 2

(b) f(x) =P Cdonc à la lecture du tableau de variations la distanceP Cest maximale pourx=−1 +√

2 et cette valeur est égale à 3−2√ 2.

1

(c) Les droites (AB) et (DC) sont parallèles donc CN CB =

T halès

P C M B

⇔ x

1 +x= P C

1−x ⇔P C= x(1−x)

1 +x ⇔ P C = x−x²

1 +x 1.5(B)

Total −→ 7 points

Lycée Bertran de Born 2 sur 2