Lycée Louise MICHEL 1ère S MATHEMATIQUES Corrigé du devoir commun n°4 Exercice
Lycée Louise MICHEL 1ère S MATHEMATIQUES Corrigé du devoir commun n°4 Exercice 1 6 points 1. On calcule la mesure principale des deux angles orientés 1789π 4 et −2011π 4 : 2π = 8π 4 1789π 4 = 1792π −3π 4 = 448π −3π 4 = −3π 4 (2π) 2π = 8π 4 −2011π 4 = −2008π + 3π 4 = −502π −3π 4 = −3π 4 (2π) Conclusion : 1789π 4 = −2011π 4 (2π). VRAI 2. On décompose l’angle orienté (⃗ u ; ⃗ k) à l’aide de la relation de Chasles : (⃗ u , ⃗ k) = (⃗ u , ⃗ v) + (⃗ v , ⃗ w) + (⃗ w , ⃗ k) ( ⃗ u , ⃗ k)= π 2 + π 3 + π 6 ( ⃗ u , ⃗ k)= π VRAI 3. Soient A, B et C trois points distincts du plan. (− − → AB , − − → CB) = (− − → AB , − − → BC) + π = −(− − → BC , − − → AB) + π ⇐⇒(− − → AB , − − → CB) + (− − → BC , − − → AB) = π FAUX 4. En remarquant que −3π 2 = π 2 (2π), on obtient alors : cos x −3π 2 ! = cos x + π 2 = −sin(x). FAUX 5. cos 2π 3 ! = −cos π 3 = −1 2 et 2 cos π 3 = 2 × 1 2 = 1. FAUX 6. Soient A 2 ; 3π 4 ! , B 1 ; −π 4 et C √ 2 ; 3π 4 ! . On remarque aisément que les points A, C et O sont alignés car les points A et C ont le même angle polaire . De plus, −π 4 + π = 3π 4 . Conséquence : Sur le cercle trigonométrique, les points d’abscisse curviligne −π 4 et 3π 4 sont diamétralement opposés. Conclusion : Les points A, B et C sont alignés avec le point O. VRAI 1 Exercice 2 5 points 1. J ∈F ⇐⇒(− → IJ , − − → AB) = −2π 3 (2π). Pour démontrer que (− → IJ , − − → AB) = −2π 3 (2π), on peut remarquer le triangle AIJ est isocèle en A car AI = AJ et qu’un des angles est de π 3. Ce triangle est donc équilatéral et donc (− → IJ , − → IA) = π 3 (2π). D’où (− → IJ , − → IA) = π 3 (2π) et donc (− → IB , − → IJ) = π −π 3 = 2π 3 (2π). Conclusion : (− → IJ , − → IB) = −2π 3 (2π) 2. M ∈F ⇐⇒(− − → IM , − − → AB) = −2π 3 (2π) ⇐⇒(− − → IM , − → IJ) + (− → IJ , − − → AB) = −2π 3 (2π) On a utilisé la relation de Chasles ⇐⇒(− − → IM , − → IJ) = −2π 3 −(− → IJ , − − → AB) (2π) ⇐⇒(− − → IM , − → IJ) = −2π 3 − −2π 3 ! (2π) = 0 (2π) D’après la question 1. 3. D’après la question précédente : M ∈F ⇐⇒(− − → IM , − → IJ) = 0 (2π) ⇐⇒les vecteurs − − → IM et − → IJ sont colinéaires pour tout point M non confondu avec le point I. Conclusion : L’ensemble F est donc la demi-droite ]IJ). (Le point I est exclu !) Exercice 3 11 points 1. Prop. : cos2(x) + sin2(x) = 1 pour tout α ∈R On résout donc l’équation : cos2(α) + sin2(α) = 1 avec sin(α) = 4 5 et α ∈[π 2 ; π]. cos2(x) + 4 5 !2 = 1 ⇐⇒cos2(x) = 1 −16 25 ⇐⇒cos2(x) = 9 25 ⇐⇒cos(x) = 3 5 ou cos(x) = −3 5 On choisira la solution négative car pour tout α ∈[π 2 ; π], cos(α) ⩽0. D’où cos(α) = −3 5 et donc tan(α) = 4 5 −3 5 = −4 3. 2 2. D’après l’énoncé, tan π 12 = 2 − √ 3. a. Pour tout x ∈]0 ; π 2[, tan π 2 −x = sin π 2 −x cos π 2 −x = cos(x) sin(x) = 1 tan(x). b. tan 5π 12 ! = tan π 2 −π 12 = 1 tan π 12 D’après la question précédente. = 1 2 − √ 3 = 1 × (2 + √ 3) (2 − √ 3)(2 + √ 3) = 2 + √ 3 22 −( √ 3)2 = 2 + √ 3. 3. L’équation sin(x) = − √ 3 2 admet deux solutions distinctes dans [−π ; π[ : S = ( −2π 3 ; −π 3 ) − √ 3 2 −π 3 −2π 3 O 4. 2 cos(x) − √ 2 ⩾0 ⇔cos(x) ⩾ √ 2 L’ensemble des solutions de cette inéquation est l’intervalle sui- vant : S = 0 ; π 4 [ "7π 4 ; 2π " √ 2 2 π 4 7π 4 O 5. En posant X = sin(x), on obtient l’équation : 2X2 −5X + 3 = 0. On résout cette équation en utilisant le discriminant : ∆ = b2 −4ac = 25 −(−24) = 49 > 0. L’équation admet donc deux solutions : X1 = −b − √ ∆ 2a = 5 −7 4 = −1 2 X2 = −b + √ ∆ 2a = 5 + 7 4 = 3 On a donc sin(x) = 3 > 1 ou sin(x) = −1 2. On résout alors deux équations : • La première n’admet pas de solution car pour tout x ∈R, −1 ⩽sin(x) ⩽1. • sin(x) = −1 2 pour tout x ∈ ( −5π 6 + 2kπ ; −π 6 + 2kπ ) avec k ∈Z. −1 2 −π 6 −5π 6 O Conclusion : 2 sin2(x) −5 sin(x) + 2 = 0 pour tout x ∈ ( −5π 6 + 2kπ ; −π 6 + 2kπ ) avec k ∈Z. 3 Exercice 4 9 points 1. Soit A(2 ; 0) en coordonnées polaires. x = r cos θ = 2 × cos(0) = 2 × 1 = 2 y = r sin θ = 2 × sin(0) = 0 Le point A a pour coordonnées cartésiennes (2 ; 0). 2. Soit B 2 ; π 6 en coordonnées polaires. x = r cos θ = 2 × cos π 6 = 2 × √ 3 2 = √ 3 y = r sin θ = 2 × sin π 6 = 2 × 1 2 = 1 Le point B a pour coordonnées cartésiennes ( √ 3 ; 1). 3. Soit C(− √ 3 ; −1) en coordonnées cartésiennes. r = q x2 + y2 = q ( √ 3)2 + 12 = √ 4 = 2 θ tel que cos(θ) = x r = − √ 3 2 et sin(θ) = y r = −1 2 d’où θ = −5π 6 (2π) Des coordonnées polaires du point C sont donc 2 ; −5π 6 ! . 4. 5. D’après les coordonnées polaires respectives des points A, B et C, ils sont tous à une distance de 2 par rapport au point O. Ils appartiennent donc au cercle de centre O et de rayon 2. 6. Les points A, B et C appartiennent à un même cercle et de plus on remarque que les points B et C sont diamétralement opposés. Le triangle ABC est donc rectangle en A. 4 Exercice 5 5 points 1. Pour déterminer f ′(4), on cherche à calculer la pente de la tangente à C f au point d’abscisse 4 en se donnant deux points, si possible à coordonnées entières, appartenant à cette tangente. On peut choisir A(0 ; 4) et B(4 ; 1). On obtient alors f ′(4) = yB −yA xB −xA = 1 −4 4 −0 = −3 4. 2. Pour résoudre l’équation f ′(x) = 0, on lit les abs- cisses des points de la courbe C f en lesquels la tan- gente est horizontale (de pente nulle). Ici, on voit d’après les codages en annexe que f ′(−1) = f ′(1) = 0. 3. Au point d’abscisse 3, la tangente à C f est décrois- sante car C f est décroissante également sur [−1 ; 7]. On peut donc conclure que f ′(3) > 0. 4. Voir annexe. -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -3 -2 -1 uploads/Marketing/ 1s-ds-comm-4-corrige-11.pdf
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- Publié le Dec 17, 2021
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