1S MATHEMATIQUES ELEMENTS DE CORRECTION DU DEVOIR COMMUN 06/05/2015 EXERCICE 1

1S MATHEMATIQUES ELEMENTS DE CORRECTION DU DEVOIR COMMUN 06/05/2015 EXERCICE 1 : 1. Voir annexe. 2. Un employé peut composer 3 × 2 × 2 = 12 repas . 3. Les repas sont tous équiprobables, on utilise donc la formule p (A) = nombre de cas favorables à A nombre de cas possibles , le nombre de cas favorables étant lus sur l’arbre. D’où p (A) = 6 12 = 1 2 ; p (B) = 4 12 = 1 3 . A ∩B est l’évènement : « le repas contient le plat de poisson et de la quiche » donc p (A ∩B) = 2 12 = 1 6 . On en déduit p (A ∪B) = p (A) + p (B) −p (A ∩B) = 1 2 + 1 3 −1 6 = 4 6 = 2 3. p (A ∪B) = 2 3 . 4. Voir annexe. 5. (a) La variable aléatoire R peut prendre les valeurs {1000 ; 1100 ; 1200 ; 1300 ; 1400 ; 1500 ; 1600} . (b) La loi de probabilté de la variable aléatoire R est donné par le tableau : R = xi 1000 1100 1200 1300 1400 1500 1600 p (R = xi) = pi 2 12 1 12 2 12 3 12 1 12 2 12 1 12 (c) Sur un grand nombre de repas, le bilan calorique moyen correspond à l’espérance E (R). E (R) = 1000 × 2 12 + 1100 × 1 12 + 1200 × 2 12 + 1300 × 3 12 + 1400 × 1 12 + 1500 × 2 12 + 1600 × 1 12 Soit E (R) = 15 400 12 = 3850 3 ≈1283. 33. Le bilan calorique moyen d’un repas est 1283.33 kcal . Annexe : b b C b V b G 1500 kcal b F 1300 kcal b P b G 1200 kcal b F 1000 kcal b S b V b G 1500 kcal b F 1300 kcal b P b G 1200 kcal b F 1000 kcal b Q b V b G 1600 kcal b F 1400 kcal b P b G 1300 kcal b F 1100 kcal EXERCICE 2 : 1. Proposition 1 : FAUX . f ′ est de la forme u v ′ = u′v −uv′ v2 en posant  u (x) = x2 −2x v (x) = x + 2 d’où  u′ (x) = 2x −2 v′ (x) = 1 Pour tout x ̸= −2, f ′ (x) = (2x −2) (x + 2) − x2 −2x  × 1 (x + 2)2 = 2x2 −2x + 4x −4 −x2 + 2x (x + 2)2 = x2 + 4x −4 (x + 2)2 . 2. Proposition 2 : FAUX . 2 cos(x) + 1 = 0 ⇐ ⇒2 cos(x) = −1 ⇐ ⇒cos (x) = −1 2. Les solutions dans R sont donc de la forme 2π 3 + 2kπ ou  −2π 3  + 2kπ avec k ∈Z. 3. (a) Proposition 3 : VRAI . De A (−1 ; 5), B (−3 ; 8), C (4 ; −2), D (8 ; −8) on tire − − → AB (−2 ; 3) et − − → CD (4 ; −6). On a donc − − → CD = −2− − → AB donc les vecteurs − − → AB et − − → CD sont colinéaires et les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 1 (b) Proposition 4 : FAUX . E  0 ; 7 2  donc − − → CE  −4 ; 11 2  ; les vecteurs − − → CD (4 ; −6) et − − → CE ne sont pas colinéaires, donc les points C, D et E ne sont pas alignés, donc E / ∈(CD). (c) Proposition 5 : FAUX . D (8 ; −8) et 9 × 8 −13 × (−8) + 74 = 72 + 104 + 74 = 250 ̸= 0 donc D n’appartient pas à la droite d’équation 9x −13y + 74 = 0. 4. Proposition 6 : FAUX . − − → AB = −2− − → DC + 2− − → BC = 2− − → BC + 2− − → CD = 2− − → BD donc B n’est pas le milieu de [AD]. 5. Proposition 7 : VRAI . sin π 2 −x  + cos (π + x) + sin π 2 + x  = cos (x) + (−cos(x)) + cos (x) = cos (x). EXERCICE 3 : 1. u1 = 1500 −1500 × 20 100 + 50 = 1500 × 0.8 + 50 = 1250. u1 = 1250 . 2. Une diminution de 20% de la surface engazonnée se traduit par une multiplication par 1 −20 100 = 0.8. Pour obtenir la surface engazonnée un+1 de l’année n + 1, on multiplie donc la surface engazonnée un de l’année n par 0.8 auquel on rajoute les 50 m2 de nouveau gazon. Donc pour tout entier naturel n, un+1 = 0.8un + 50 . 3. (a) On sait que vn = un −250 donc un = vn + 250. Pour tout entier naturel n : vn+1 = un+1 −250 = 0.8un + 50 −250 = 0.8 (vn + 250) −200 = 0.8vn + 0.8 × 250 −200 = 0.8vn. (vn) est donc une suite géométrique de raison q = 0.8 et de premier terme v0 = u0 −250 = 1500 −250 = 1250 . (b) Pour tout entier naturel n, vn = v0 × qn = 1250 × 0.8n . (c) Pour tout entier naturel n, un = vn + 250 = 1250 × 0.8n + 250 . (d) u4 = 1250 × 0.84 + 250 = 762. Au bout de quatre années, la surface engazonnée est de 762 m2 . 4. Tant que u > 500 faire u prend la valeur 0.8 × u + 50 n prend la valeur n + 1 EXERCICE 4 : PARTIE A 1. Pour tout réel x, g′ (x) = 2ax + b . 2. On lit : g (0) = 3 ; g (1) = 3 ; g′ (1) = −4 1 = −4 g′ (1) étant le coefficient directeur de la tangente (T ). 3. g (0) = 3 ⇐ ⇒c = 3 et  g (1) = 3 g′ (1) = −4 ⇐ ⇒  a + b + c = 3 2a + b = −4 d’où c = 3 et  a + b = 0 2a + b = −4 4.  a + b = 0 2a + b = −4 ⇐ ⇒  b = −a 2a −a = −4 ⇐ ⇒  b = −a a = −4 ⇐ ⇒  b = 4 a = −4 La solution du système (S) est le couple (−4 ; 4) et pour tout réel x, g (x) = −4x2 + 4x + 3 . PARTIE B 1. Pour tout réel x, f ′ (x) = −4x3 + 8 3 × 3x2 −1 2 × 2x −3 = −4x3 + 8x2 −x −3 . 2. Pour tout réel x, (x −1)×g (x) = (x −1) −4x2 + 4x + 3  = −4x3+4x2+3x+4x2−4x−3 = −4x3+8x2−x−3 = f ′ (x). Donc pour tout réel x, f ′ (x) = (x −1) × g (x) . 3. Pour étudier le signe de g (x), on calcule ∆= 64 ; ∆> 0 donc deux racines x1 = −0.5 et x2 = 1.5. Le trinôme est du signe de a = −4, donc négatif, sauf entre les racines où il est positif. x −∞ −0.5 1 1.5 +∞ x −1 − − 0 + + g (x) − 0 + + 0 − f ′(x) + 0 − 0 + 0 − 143 48 5 16 f(x) ր ց ր ց 1 6 4. On constate dans le tableau de variation que le maximum de la fonction f sur R est 143 48 . Donc pour tout réel x, f (x) ⩽143 48 ; or 143 48 ⩽3 donc pour tout réel x, f (x) ⩽3. Donc pour tout réel x, −x4 + 8 3x3 −1 2x2 −3x + 2 ⩽3 et donc −x4 + 8 3x3 −1 2x2 −3x −1 ⩽0 . 2 uploads/s3/ devoir-commun-math-2-lycee-jp-sartre-corrige.pdf

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