1S_2014-2015_EVA1corrigé

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CORRIGÉ DE L’ÉVALUATION N°1 DE MATHÉMATIQUES
1S
Durée : 2h
Jeudi 06 novembre 2014
Calculatrice autorisée.
Le barème est donné à titre indicatif sur 50 points.
EXERCICE 1. (13,5 points) VRAI - FAUX.
Dire pour chaque affirmation si elle est vraie ou fausse. Justifier soigneusement les réponses.
Une réponse correcte et justifiée rapporte 1 point, une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.
1. Les variations de la fonction f : x ↦ −7 x2 + 3 x − 1
x
sont données par le tableau ci-contre :
VRAI
f est une fonction polynôme du second degré
3
b
3
α=– =–
=
2a
2  (– 7) 14
–
3
14
+
Variations
de f
a = –7, a < 0, donc la fonction f est strictement croissante sur ]– ∞ ;
3
3
] et strictement décroissante sur [ ; + ∞[.
14
14
2. Dans un repère, les courbes d'équations respectives : y = 3 x2 − 5 x + 7 et y = 7 x − 5 ont un seul point commun.
VRAI
Pour connaître les abscisses des points d’intersection des deux courbes, on résout :
3 x2 − 5 x + 7 = 7 x – 5
⇔
3 x2 − 12 x + 12 = 0
Δ = (–12)² – 4  3  12 = 0
L’équation 3 x2 − 5 x + 7 = 7 x – 5 admet donc une unique solution ; les courbes d'équations respectives :
y = 3 x2 − 5 x + 7 et y = 7 x – 5 ont donc un unique point d’intersection.
2
5
3. La forme factorisée de la fonction f définie sur IR par f (x) = 6 x2 − 11 x − 10 est 6 x +  x − .
 3  2
VRAI
5
2
5
11
5
2
5
1ère méthode : 6 x +  x −  = 6  x² – 2 x + 3 x – 3  = 6  x² – 6 x – 3  = 6x² – 11x – 10 = f (x)




 3  2
2ème méthode : Δ = (–11)² – 4  6  (–10) = 361
Δ > 0 donc le polynôme 6 x2 − 11 x − 10 admet deux racines :
– b – Δ 11 – 19
– b + Δ 11 + 19 5
2
x1 =
=
=–
et
x2 =
=
=
2a
12
2a
12
3
2
2
5
f (x) = a (x – x1)(x – x2) = 6 x +  x − 
 3  2
4. Dans un repère, la parabole d'équation : y = 4 x2 + 7 x + 4 coupe l'axe des abscisses en deux points.
FAUX
Δ = 7² – 4  4  4 = – 15
Δ < 0 donc la parabole d'équation : y = 4 x2 + 7 x + 4 ne coupe pas l'axe des abscisses.
5. Dans un repère, le sommet de la parabole d'équation : y = − 3 x2 + 12 x − 11 a pour coordonnées (2 ; l).
VRAI
α=–
b
12
=–
=2
2a
2  (– 3)
β = – 3  2² + 12  2 – 11 = 1
Donc le sommet de la parabole d'équation : y = − 3 x2 + 12 x − 11 a pour coordonnées (2 ; l).
6. L’inéquation : 2 x2 − x + l  0 a le même ensemble de solutions que l'inéquation : (2 x + 1) (3 − 3 x)  0.
FAUX
1ère méthode : (2 x + 1) (3 − 3 x)  0  6 x − 6 x2 + 3 − 3 x  0
 − 6 x2 + 3 x + 3  0
 − 2 x2 + x + 1  0
 2 x2 − x − 1  0
(on a tout divisé par 3)
(on a tout divisé par −1)
Donc les inéquations 2 x2 − x + l  0 et (2 x + 1) (3 − 3 x)  0 ne sont pas équivalentes.
2ème méthode :
Résolution de 2 x2 − x + l  0 :
–
x
Δ = (– 1)² – 4  2  1 = – 7
Δ < 0 et a > 0 (a = 2), d’où :
+
Signe de
2 x2 – x + 1
donc
+
S=Ø
Résolution de (2 x + 1) (3 − 3 x)  0 :
3−3x=0
2x+1=0
1
x=–
2
a = 2, a > 0
x
–
x=1
a = – 3, a < 0
1
–
2
1
S =  – 2 ; 1 
1
Signe de 2 x + 1
–
Signe de 3– 3 x
+
Signe du produit
(2 x + 1) (3 − 3 x)

–
1
2
|
0
|
|
|
|
|
0
|
1
+
+
+
|
|
|
|
0
|
|
0
|
+
+
–

EXERCICE 2. (12 points) SECOND DEGRÉ.
Énoncé : Un entraîneur d’une équipe de volley-ball a analysé le service de ses joueurs. Voici des renseignements qui
concernent la trajectoire d’un service effectué par le passeur de l’équipe.
Cette trajectoire est un arc de parabole.
Le terrain mesure 18 m de longueur et le filet d’une hauteur de 2,43 m est situé au milieu de ce terrain.
La hauteur maximale atteinte par le ballon lors de ce service est de 3 m.
On note x la distance (en m) parcourue par le ballon, et h (x) la hauteur (en m) en fonction de x de ce ballon,
tout au long de sa trajectoire.
L’entraîneur évalue qu’un tel service passe à plus de 40 cm au-dessus du filet.
« Que pensez-vous de l’évaluation de l’entraîneur ? »
Voici la production qu’un élève a proposée pour répondre à la question :
Copie de l’élève :

La fonction h est une fonction polynôme du second degré,

Sa forme canonique est : h (x) = a (x − )2 + 3

Les données de l’énoncé se traduisent par le système suivant :
2
 a  + 3 = 2,25

2
 a (18 − ) + 3 = 0
En transformant ces équations, j’obtiens :
2 + 12 – 108 = 0

Mais ensuite je ne sais pas comment résoudre cette équation.
1. Justifier chacune des étapes du raisonnement de cet élève.
 La fonction h est une fonction polynôme du second degré
car la trajectoire du service est un arc de parabole.

Sa forme canonique est : h (x) = a (x − )2 + 3
h étant une fonction polynôme du second degré, sa forme canonique est h (x) = a (x − )2 + β
où (α ; β) sont les coordonnées du sommet de la parabole représentative de h.
Or la hauteur maximale atteinte par le ballon lors de ce service est de 3 m donc β = 3.
Les données de l’énoncé se traduisent par le système suivant :
2
 a  + 3 = 2,25

2
 a (18 − ) + 3 = 0

D’après la figure, on a :

 h(0) = 2,25
⇔
a (0 − )2 + 3 = 2,25
 h(18) = 0
⇔
a (18 − )2 + 3 = 0
⇔
a 2 + 3 = 2,25
⇔
 a = – 0,75
²
 – 0,75
 ² (18 − )
En transformant ces équations, j’obtiens :
2 + 12 – 108 = 0



a 2 + 3 = 2,25
a (18 − )2 + 3 = 0
⇔
 a = 2,25 – 3
²

 a (18 − )2 + 3 = 0
2
+3=0
On multiplie ensuite la 2ème équation par 2 qui est strictement positif. On obtient :
– 0,75 (18 – )² + 3 2 = 0
⇔
– 0,75 (324 – 36 + ²) + 3 2 =0
⇔
– 243 + 27 – 0.75 ² + 3 2 = 0
⇔
2,25 ² + 27 – 243 = 0
⇔
2 + 12 – 108 = 0
(on a tout divisé par 2,25)
2. Résoudre l’équation du second degré obtenue à la quatrième étape, puis donner la forme canonique de h(x).
2 + 12 – 108 = 0
Δ = 12² – 4  1  (– 108) = 576
Δ > 0 donc le polynôme 2 + 12  − 108 admet deux racines :
1 =
– b – Δ – 12 – 24
=
= – 18
2a
2
impossible car  > 0
– b + Δ – 12 + 24
=
=6
donc  = 6
2a
2
– 0,75
– 0,75
1
Comme a =
, on a a =
=–
6²
48
²
et
2 =
D’où la forme canonique de h(x) : h(x) = a (x − )2 + 3 = –
1
(x − 6)2 + 3
48
3. Répondre alors à la question posée dans l’énoncé.
Comme le filet est situé au milieu d’un terrain mesurant 18 mètres, on va calculer h(9), c’est-à-dire la hauteur
du ballon au niveau du filet :
1
1
45
h(9) = – (9 − 6)2 + 3 = –  32 + 3 = = 2,8125
48
48
16
Pour savoir si le ballon passe à plus de 40 cm au-dessus du filet mesurant 2,43m, on calcule :
h(9) – 2,43 = 2,8125 – 2,43 = 0,3825
0,3825 < 0,40
Conclusion : L’entraîneur a mal évalué ce service, car le ballon passe à moins de 40 cm au-dessus du filet.
EXERCICE 3. (6 points) TRIGONOMÉTRIE.
31π
.
6
1. Donner la mesure principale de l’angle de mesure
5
5
31π 36 5
5
=
−
= 6π −
= 3 2π −
=−
(mod 2π)
6
6
6
6
6
6
donc la mesure principale de l’angle est −
5
.
6
2. En utilisant les formules des angles associés, exprimer en fonction de cos x et de sin x le réel suivant :
π
π
3π
A = sin (x + 5π) + sin  2 – x  = sin (x +  + 4π) + sin  +  2 – x  = sin (x + ) − sin  2 – x  = − sin x − cos x
 



3. Résoudre dans l’intervalle [0 ; 2π[, l’équation : sin x = –
3
.
2
Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.
 4π 5π 
S=3 ; 3 


EXERCICE 4. (12,5 points) VECTEURS.


Dans le plan muni d’un repère orthonormé ( O ; i , j ),
on considère les points : D (– 2 ; 4), E (– 1 ; 1) et F (5 ; 4).
1.
Placer les points D, E et F dans le repère ci-contre.
On complétera la figure au fur et à mesure de l’exercice.
2.
On considère les points R, S et T tels que :



1 
DR = 2 DE
ET = EF
et S milieu de [DF].
3
Déterminer par le calcul les coordonnées de R, S et T.
  xR – xD 

DR 
 yR  yD 
  xR − (−2) 

DR 
 yR  4 
  xR + 2 

DR 
 yR  4 
  – 1  (−2) 

DE 
 1−4 
  – 1 + 2 
DE  − 3 
  1 
DE  − 3 

 xR
+2=2

y
 R4=6

DR = 2 DE  

 xT − (−1) 

 yT  1 
ET 
 5  (−1) 

 4−1 
EF

ET 


EF 

ET =
2

+4
 xR = 0

 yR = 
donc R (0 ; −2)
2
 xT +1 

 yT  1 
 5 +1 
 3 
 xT +1 = 2
1 
EF  
3
 yT  1 = 1


EF
 xT

 yT
S est le milieu de [DF], donc S 

3.
 xR = 2 −

 yR =  6
  2 
2DE  − 6 
1   2 
EF  
1
3
6
3
=2−1
=1+1 
xD + xF yD + yF 
;
2
2 
 xT =

 yT =
1
2
S

donc T (1 ; 2)
2+5 4+4
;
2
2 
3
S ;4
2 
Montrer que les points R, S et T sont alignés.
 3−0 

RS  2


 4 − (−2) 

3
RS  2 
6

3
× 4 = 6 et 6 × 1 = 6
2


et
donc

1−0
RT  2 − (−2) 

1
RT  4 
3
×4=6×1
2
donc RS et RT sont colinéaires et par conséquent les points R, S et T sont alignés.
EXERCICE 5. (6 points) ALGORITHME.
A rédiger sur cette feuille
Un magasin de photos propose le développement au tarif de 0,20€
l’unité. Ce tarif devient 0,15€ l’unité pour une commande d’au
moins 100 photos.
1. a) Quel sera le montant d’une commande de 85 photos ?
Le montant sera de 17 €.
0,20 × 85 = 17
b) Quel sera le montant d’une commande de 150 photos ?
0,15 × 150 = 22,5
Le montant sera de 22,5 €.
2. Compléter l’algorithme ci-contre, afin qu’il calcule et affiche
le montant total de la commande en euros, en fonction du
nombre de photos commandées, saisi en entrée :
Variables
N est de type nombre
S est de type nombre
Entrée
Saisir N
Traitement
Si N < 100
Alors Affecter la valeur 0,20 × N
Sinon Affecter la valeur
Fin Si
Sortie
3. Le nombre de photos demandées excédant souvent 200, le
Afficher S
magasin décide de mettre en place un troisième tarif.
Pour une commande d’au moins 200 photos, le tarif devient 0,10€ l’unité.
Recopier ci-dessous et modifier l’algorithme, afin qu’il tienne compte de ce nouveau tarif.
Variables
N est de type nombre
S est de type nombre
Entrée
Saisir N
Traitement
Si N < 100
Alors Affecter la valeur 0,20 × N
Sinon
àS
Si N < 200
Alors
Affecter la valeur 0,15 × N à S
Sinon Affecter la valeur 0,10 × N à S
Fin Si
Fin Si
Sortie
Afficher S
àS
0,15 × N à S

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