p g Correction Nom : . Correction DS ne 1 – Seconde – octobre 2014 Devoir Surveillé nol Correction Seconde Ensembles – Fonctions – Distances Durée 2 heures – Coe Noté sur 60 points L’usage de la calculat Exercice 1. 5 Ensembles de nombres 2 donc AC 154 22 = 9 x 22 198, donc BC 2 = 198 ; Si le triangle ABC est rectangle, c’est en A car [BC] est le plus grand côté. or = 198 AB 2 + AC 2=44+ 154= 198 donc on a égalité, ac + AC 2 = 198 et d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en A. 4. Faux . -310 www. math93. com / M. Duffaud -1-310=-1-3 10=310 -1 carl 2 -310<0. uisque AB = AC = 1 u. l.. CB 2 -2 AB2+AC2=1+1-2 On a donc montré que ABC est rectangle et isocèle en A et donc que (A, B, C) est un repère orthonormé. 3. [1 point] Dans le repère (A, B, C) on a par définition A(O; O), B(l; O), C(O; 1) . 4. [1 point] Dans le repère (C , A, B) on a par définition C(O; O), A(l; 0), B{O; 1) . vw. w. math93. com / M. Duffaud Exercice 4. Correction DS no 1 - Seconde - Octobre 2014 Une fonction algébrique 4x2+1 = 9 points 1. On obtient 3 abscisses. Les abscisses des points d'intersection de Cf avec l'axe des abscisses sont les solutions réelles de l'équation f (x) O.
D’après la question 2a) on a donc qui est une équation produit dont les deux solutions sont x = 2 et Les coordonnées des points d’intersection de Cf avec l’axe des abscisses sont donc les points 4. Déterminer les antécédents de 6 parf . Il faut pour cela utiliser la première expression de f (x) car les antécédents de 6 par f sont les solutions réelles de féquatlon f (x) = 6 soit 3×2 + 3x+6=6 -3×2 + 3x = o -3xx-1 -o C’est une équation produit dont les deux solutions sont x O et x Les antécédents de 6 par f sont donc O et 1 5.
Les coordonnées du point d’intersection D, de Cf avec raxe des ordonnées sont : wwm. math93. com / M. Duffaud Exercice 5. Une fonction graphique 4 -[-4;61. 3. L’antécédent par g de 4 est -1 et ceux de -3 par g sont 3 et environ -3, 7 S ne demandait pas de justification rigoureuse (c’est impossible ? notre niveau, attendons la terminale pour cela). La correction qui suit propose uste une explication des résultats obtenus, au niveau seconde, et n’était pas exigée.
Six [-4 ; 1], alors -6 s h(x) s -1 . 2. Extrema. • Le maximum de h sur son ensemble de définition est 4, il est atteint pour x = 5. • Le minimum de h sur son ensemble de définition est -6, il est atteint pour x = —4 3. On a vu à la question 10 ) que si x e [—4 ; 1], alors —6 g h(x) —1 0 et donc f (x) est strictement négatif sur l’intervalle [-4 ; 1]. 4. Combien l’équation h(x) = O a-t-elle de solution sur l’intervalle
On a vu à la question 30 ) que h(x) est strictement négatif sur l’intervalle [-4 ; 1] et donc l’équation h(x) = O n’admet pas de solution sur cet intervalle. Sur l’intervalle [1 ; 5] la fonction h est strictement croissante avec h(l) = -3 < O et h(5) = 4 > O. Il est donc alors naturel de conjecturer l’existence d’une solution notée a de l’équation h(x) = O sur [1 ; 51. Conclusion : h(x) = O admet une seule solution a sur l’intervalle 5. Comparer h(O, 2) et h(O, 5). Justifier votre réponse. Les réels O, 2 et O, 5 appartiennent à l’intervalle [1
