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1°S Corrigé du devoir commun n°1 Ex 1 : a) f (x)=ax 2+ax−6a=a(x 2+x−6)=a(( x+0,

1°S Corrigé du devoir commun n°1 Ex 1 : a) f (x)=ax 2+ax−6a=a(x 2+x−6)=a(( x+0,5) 2−0,25−6)=a( x+0,5) 2−6,25a b) On factorise le trinôme. f (x)=a(x+3)(x−2) x −∞ -3 2 +∞ Signe de x+3 - 0 + + Signe de x-2 - - 0 + Signe de (x+3)(x-2) + 0 - 0 + Signe de a(x+3)(x-2) Signe de a 0 Signe de – a 0 Signe de a Ainsi, pour a > 0 , ) f (x)≥0 0 sur ] −∞ ; -3 ] U [ 2 ; +∞[ f(x) < 0 sur ] - 3 ; 2 [ Pour a < 0 , ) f (x)≤0 0 sur ] −∞ ; -3 ] U [ 2 ; +∞[ f(x) > 0 sur ] - 3 ; 2 [. c) f (x)=a(x+0,5) 2−6,25a f est de la forme f (x)=a(x−α) 2 + β avec a > 0, α=−0,5 et β=−6,25a On a donc le tableau de variations suivant : .x −∞ - 0,5 +∞ Variation de f - 6,25a F est donc croissante sur ] - 0,5 ; +∞ [ Ex 2 : 1°) On compare les coefficients directeurs. Pour (AB) : a=2−(−4) 5−1 =6 4=1,5 Pour ( Δ ) : a' = 1,5 Les deux droites ont le même coefficient directeur, elles sont donc parallèles. VRAI 2°) On calcule le discriminant du trinôme – x² + x – 1. Δ = - 3 Δ < 0 donc le trinôme est du signe de a ( ici a = - 1 ) pour tout x réel. Ainsi, pour tout x réel, - x² + x – 1 < 0. Donc, l'inéquation - x² + x – 1 > 0 n'a aucune solution réelle. VRAI 3°) On étudie le signe de la différence : f (x)−g(x)=x 2+7 x−6 Δ = 73 x1=−7−√73 2 ≈−7,77 et x2=−7+√73 2 ≈0,77 Le trinôme étant du signe de a à l'extérieur de l'intervalle formé par les racines, on a le tableau de signes suivant : .x −∞ x1 x2 +∞ Signe de f(x) - g(x) + 0 - 0 + Position Cf dessus Cf dessous Cf dessus x2 < 1, donc Cf au-dessus de Cg sur [ 1 ; 2 ]. VRAI Ex 3 : 1°) Dans le repère ( A; ⃗ AB ; ⃗ AD) , A( 0 ; 0 ) , B( 1 ; 0 ) , C ( 1 ; 1 ) et D( 0 ; 1 ) 2°) I milieu de [AB] I ( 0,5 ; 0 ) ⃗ DI(0,5;−1) est un vecteur directeur de (DI). (DI) a une équation de la forme ax + by + c = 0 avec -b = 0,5 et a=-1. D'où : - x – 0,5y + c = 0 D ( 0 ; 1 ) est sur ( DI ) donc : -0,5 + c = 0 c = 0,5 (DI) a pour équation : - x -0,5y + 0,5 = 0 ou 2 x + y – 1 = 0 C'est à dire : 2 x + y = 1 3°) J milieu de [AD], J ( 0 ; 0,5 ) M (x; y)∈(BJ)⇔⃗ BM(x−1; y) et ⃗ BJ (−1;0,5) colinéaires ⇔0,5(x−1)=−y ⇔0,5 x+ y−0,5=0 ⇔x+2 y=1 4°) Les coordonnées du point K, intersection de (BJ) et (DI), sont solutions du système : x + 2 y = 1 2x + y = 1 Les solutions sont x=1 3 et y=1 3 Ainsi, K( 1 3 ; 1 3) . 5°) ⃗ AK ( 1 3 ; 1 3) et ⃗ AC(1;1) Ainsi, ⃗ AK =1 3 ⃗ AC , les deux vecteurs sont colinéaires, les points A, K et C sont alignés. 6°) O est le milieu de [AC] donc ⃗ AC=2 ⃗ AO d'où ⃗ AK =2 3 ⃗ AO 7°) ⃗ IJ (−0,5;0,5) donc les parallèle à (IJ) ont des équations de la forme 0,5 x+0,5 y+c'=0 c'est à dire x + y = constante = a + b Entrée : Saisir a et b Traitement : c prend la valeur a + b Sortie : « Une équation cartésienne de la parallèle à (IJ) contenant le point de coordonnées ( a ; b ) est : x + y = c» Ex 4 : On pose AC = x d'où BC = 20 – x D'après le théorème de Pythagore : AC² + BC² = AB² C'est à dire x² + ( 20 – x )² = 169 ⇔2 x 2−40 x+231=0 Δ < 0 il n'y a pas de solution. Il est impossible que le triangle soit rectangle en C. Bonus : ABC rectangle en A ⇔x 2+169=(20−x) 2 ⇔−40 x=−231 ⇔x=231 40 uploads/s3/ devoir-commun-math-1-lycee-jacques-prevert-corrige.pdf