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Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
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Le second degré - exercices Exercice 1
Pour chacune des fonctions polynômes d'expression 2ax bx c+ + qui suit, préciser les valeurs des réels a , b et c , puis calculer le discriminant. Donner les résultats entiers , décimaux, ou sous la forme d’une fraction simplifiée si ce n’est pas un décimal pour le calcul de ∆ .
• 15 2∆= ne sera pas accepté, var 15 2 7,5= est un décimal (on écrira donc 7,5 )
• 2 3∆=− sera accepté, car 0,666 666 ...∆ −≃ n’est pas un décimal.
• 34 36∆= ne sera pas accepté, car 34 36 0,944 417 18 44 ...= ≃ (on écrira donc la forme
simplifiée 17 18 ).
n° Fonction polynôme
d'expression a = b= c= ∆=
Nombre de racines du polynôme
① 22 5 8x x− +
② 2 6x x− +
③ 2 24 7
3x x− + +
④ 23,4 7 5x x− + −
⑤ 225 20 43 3 3
x x− +
⑥ 215 6x−
⑦ 28 2x x+
⑧ 2 7,8 15,21x x− +
⑨ 27 6 0,31x x− +
Exercice 2
a. Dresser le tableau de signes de la fonction ( ) ( )( )( )2 6 3 9 4 8A x x x x= + − + + .
b. Résoudre ( ) 0A x < .
Exercice 3
a. Soit ( )5
2 5x
B xx
− +=
−. Quel est son ensemble de définition ?
b. Dresser le tableau de signes de ( )B x .
c. Résoudre ( ) 0B x ≥ .
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Exercice 4
Résoudre dans ℝ les équations suivantes :
a. 22 3 5 0x x+ − =
b. 25 14 3 0x x+ − =
c. 22 4 3 0x x− − − =
d. 2 6 9 0x x+ + =
e. 2 4 5 0t t− − =
Exercice 5
Résoudre dans ℝ les équations suivantes :
a. 2 6 1 0x x− + =
b. 22,7 1,3 2,1 0x x+ + =
c. 25 11 2x x− =−
d. 2 1 0x x+ + =
Exercice 6
Résoudre dans ℝ les équations suivantes, vérifier sur Géogébra (calcul formel) :
a. 25 14 3 0x x+ − = b. 23 9 6 0x x− + = c. 2 4 5 0t t− + = d. 2 4 21x x+ =
e. 21 16 0
4 2x x− − =
f. 25 3 0x− + =
g. 2 1 10
6 6x x− − =
h. 23 5 0x x− − = i. 22 5 1 0x x− − − =
j. 213 3 0
4x x− + − =
Exercice 7
Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ℝ :
( ) 22 3 5f x x x=− + +
Exercice 8
Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ] [10 ;10− :
( ) 2 4 21f x x x= + −
Exercice 9
Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ℝ :
( ) 22 4 3f x x x=− + −
Exercice 10
Dresser les tableaux de signes des polynômes de degré 2 suivants :
a. 22 6 4x x− +
b. 23 7 5x x− + −
c. 25 10 5x x− − −
d. 23 5 4x x− − +
e. ( )23 7x− +
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Exercice 11
a. Résoudre l’inéquation 2 6 8 0x x+ + > après avoir dressé le tableau de signe du polynôme 2 6 8x x+ + .
b. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≥ .
c. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + < .
d. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≤ . Exercice 12
a. Tracer dans un repère orthonormé la courbe fC représentative de la fonction f telle que
( ) 21 53
2 2f x x x= − + .
b. Lire graphiquement les solutions de l’équation 21 53 0
2 2x x− + =
c. Retrouver ce résultat par le calcul. Exercice 13
Soit f la fonction définie sur [ ]2 ; 4− . Voici sa représentation
graphique :
a. Déterminer graphiquement les solutions dans [ ]2 ; 4− de
l’équation ( ) 0f x = .
b. Résoudre graphiquement dans [ ]2 ; 4− l’inéquation
( ) 0f x ≤ .
c. Déterminer les coefficients a , b et c puis donner
l’expression de la fonction ( ) 2f x ax bx c= + + .
Exercice 14
En factorisant, résoudre (penser aux racines évidentes et aux identités remarquables) :
a. 2 2 8 0x x+ − = b. 23 11 6 0x x− + = c. 2 6 9 0x x− + =
d. 24 25 0x − = e. 24 8 3 0x x+ + = f. 29 6 3 0x x+ − =
Exercice 15
Résoudre dans ℝ les équations suivantes, en se ramenant à une équation du second degré :
a. 22 3 1
22 1
x x
x
− +=
−
b. 2
62
2 3x
x x
+=
− −
c. 3 2 31 2
x x
x x
+ −=
− −
d. 2
2
2 3 53
2 1x x
x x
+ −=
− +
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Exercice 16
Utiliser vos calculatrices (résolution détaillée dans la partie cours du site), en arrondissant à 310− :
a. 22 5 4 0x x+ − = b. . . .25 76 2 86 1 35 0x x+ − =
c. 3
4 5xx
+ =
d. 5
2 13
xx
+ =−
Ce graphique peut vous aider. À vous de voir comment.
Exercice 17
Le triangle ABC ci-contre est rectangle en A. Déterminer x . Exercice 18
Associer à chaque équation du type ( ) 0P x =
la représentation graphique de P et en déduire ses racines graphiquement.
① 214 0
2x x+ − = ② 21
2 05
x x− + = ③ 22 9 7 0x x− + − = ④ 2 4,5 6 0x x− + =
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Exercice 19
Ces quatre graphiques sont les représentations graphiques de quatre fonctions polynômes 1P ,
2P , 3P et 4P de degré 2. Déterminer chacune d’entre elles.
Exercice 20
En utilisant la forme canonique, résoudre (vérifier avec Xcas) :
a. 22 5 3x x+ = b. 22 9 11 0x x+ + =
Exercice 21
Déterminer a ( )a∈ℝ pour que l’équation 2 4 0x x a− + = admette deux solutions réelles distinctes
comprises entre 1 et 5 .
Exercice 22
Dans un rectangle, la longueur mesure 7 cm de plus que la largeur et 1 cm de moins que la mesure d’une diagonale. Calculer l’aire de ce rectangle.
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Exercice 23
Une bille de rayon R laisse dans un matériau malléable une empreinte en forme de calotte sphérique. On suppose que le diamètre de cette calotte est égal à 20 cm et on cherche à exprimer la profondeur h de l'empreinte en fonction du rayon R de la bille. (les points I et J sont situés respectivement au centre et bord de la calotte.)
1. Montrer que R et h sont liés par la relation :
2 2 100 0h Rh− + = .
2. Soit l'équation ( ) : 2 2 100 0E h Rh− + = , où h
est l'inconnue et R un réel strictement positif. À l'aide d'un calcul de discriminant, montrer que l'équation ( )E admet au moins une
solution réelle si et seulement si 10R ≥ . Expliquer "physiquement" pourquoi il n'y a pas de solution si 10R < . 3. a. On se place dans le cas où 10R ≥ . En
résolvant l'équation ( )E , exprimer la
profondeur h en fonction du rayon R . b. En déduire la profondeur h de l'empreinte faite par une bille de 13 cm de rayon. (On donnera la valeur arrondie de cette profondeur à ,0 1 cm près)
Exercice 24
Calculer le diamètre d’un cylindre fermé d’une hauteur de 82 cm et d’une surface totale de 2 m². On arrondira au dixième de centimètre.
Exercice 25
Deux résistances connectées en série, ont une résistance totale de 40 Ω . Lorsqu’elles sont connectées en parallèle, leur résistance totale est ,8 4 Ω . Calculer chaque résistance.
Exercise 26 - in english…
A group of girls decided to go on a trip to the beach and the organizer said that the bus would cost $ 360 to rent. The organizer also told them that if they got 3 more girls to go on the trip, each girl
could pay $ 6 less (which they ended up doing). How many girls ended up going on the trip ?
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Exercice 27
Une poutre de longueur 2 mètres repose sur trois appuis simples A, B et C, l'appui B étant situé au milieu de [ ]AC .
Elle supporte une charge uniformément répartie de 11 000 N.m− (newtons par mètre). Sous l'action de cette charge, la poutre se déforme. On démontre que le point situé entre B et C où la déformation est maximum, a une abscisse 1mx ≠ qui est solution de l'équation :
3 232 156 240 116 0x x x− + − =
a. Vérifier que 1 est solution de cette équation. Quel est le point qui correspond à la valeur 1x= ?
b. Prouver que ( )( )3 2 232 156 240 116 1 32 124 116x x x x x x− + − = − − + .
c. Résoudre 232 124 116x x− + . Donner vos résultats à 210− près.
d. En déduire la valeur mx .
Exercice 28
Un voyage aller de 15 km et son retour en bateau durent 3 heures.
La rivière a un courant contraire à l’aller de 12km.h− .
a. Quelle serait la vitesse du bateau sans le moindre courant (arrondir à 1 110 km.h− − ) ?
b. Combien de temps a duré l’aller ? c. Combien de temps a duré le retour ?
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Exercice 29
La hauteur h (en mètres) d’un poids projeté verticalement à un temps t (en secondes) est :
( ) 212
h t v t g t= −
Sachant que 130 m.sv −= est la vitesse initiale de lancement, et que 29,81m.sg −= , déterminer au bout de combien de temps (arrondir au dixième de seconde) le poids atteint la hauteur de 16 m :
a. en phase ascendante ? b. en phase descendante ?
Exercice 30
Un entrepôt est long de 4 m et large de 2 m. Un chemin de largeur constante t entoure l’entrepôt.
L’aire de ce chemin vaut 29,5m . Calculer au centimètre le plus proche la largeur du chemin.
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Le second degré - exercices corrigés Exercice 1 - correction
n° Fonction polynôme
d'expression a = b= c= ∆=
Nombre de racines du polynôme
① 22 5 8x x− + 2 5− 8 39− 0
② 2 6x x− + 1 1− 6 23− 0
③ 2 24 7
3x x− + + 4− 2 3 7 1012 9 2
④ 23,4 7 5x x− + − 7 3,4− 5− 151,56 2
⑤ 225 20 43 3 3
x x− + 4 3 20 3− 25 3 0 1
⑥ 215 6x− 6− 0 15 360 2
⑦ 28 2x x+ 8 2 0 4 2
⑧ 2 7,8 15,21x x− + 1 7,8− 15,21 0 1
⑨ 27 6 0,31x x− + 7 6− 0,31 27,32 2
Exercice 2 - correction
a. 2 6 0 2 6 3x x x+ ≥ ⇔ ≥− ⇔ ≥− 3 9 0 3 9 3x x x− + ≥ ⇔ − ≥− ⇔ ≤ 4 8 0 4 8 2x x x+ ≥ ⇔ ≥− ⇔ ≥− D’où ce tableau de signes :
b. Par lecture du tableau : ( ) 0A x < a pour solution tout nombre appartenant à l’ensemble
] [ ] [3 ; 2 3 ;− − ∪ +∞ .
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Exercice 3 - correction
a. Le dénominateur doit être non nul.
5
2 5 0 2 52
x x x− = ⇔ = ⇔ =
L’ensemble de définition de B est 5 5 5
; ; \2 2 2BD
= −∞ ∪ +∞ =
ℝ .
b. 5 0 5x x− + ≥ ⇔ ≥
5
2 5 02
x x− ≥ ⇔ ≥
D’où le tableau de signe :
c. Par lecture du tableau : ( ) 0B x ≥ a pour solution tout nombre appartenant à l’ensemble
5; 5
2
.
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Exercice 4 - correction
a. ( )23 4 2 5 49∆= − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :
13 49 52 2 2
x− −
= =−×
et 23 49
12 2
x− +
= =×
b. ( )214 4 5 3 256∆= − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :
114 256
32 5
x− −
= =−×
et 214 256 1
2 5 5x
− += =
×
c. ( ) ( ) ( )24 4 2 3 8∆= − − × − × − =− , donc 0∆< , il n’y a pas de solution réelle.
d. 26 4 1 9 0∆= − × × = , nous obtenons une solution unique : 06
32 1
x =− =−×
.
e. ( ) ( )24 4 1 5 36∆= − − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :
( )1
4 361
2 1x
− − −= =−
× et
( )2
4 365
2 1x
− − += =
×
Exercice 5 - correction
a. ( )26 4 1 1 32∆= − − × × = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :
( )1
6 32 3 4 2 32 2
2 1 2 2x
− − − −= = = −
× et
( )2
6 32 32 2
2 1 2x
− − += = +
×
b. 21,3 4 2,7 2,1 20,99∆= − × × =− , donc 0∆< : il n’y a aucune solution réelle.
c. 2 25 11 2 5 11 2 0x x x x− =− ⇔ − + =
( )211 4 5 2 81∆= − − × × = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :
( )1
11 81 12 5 5
x− − −
= =×
et ( )
211 81
22 5
x− − +
= =×
d. 21 4 1 1 3∆= − × × =− , donc 0∆< : il n’y a aucune solution réelle. Exercice 6 - correction
a. ( )214 4 5 3 256∆= − × × − = , deux solutions 1
14 2563
2 5x
− −= =−
× et
2
14 256 12 5 5
x− +
= =×
b. 9∆= , deux solutions 1 1x = et 2 2x = c. 4∆=− , pas de solution.
d. 100∆= , deux solutions 1 7x =− et 2 3x = e. 6,25∆= , deux solutions 1 4x =− et 2 6x =
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f. 60∆= , deux solutions 1
60 60 1510 10 5
x−
= = =−
et 2
155
x =−
g. 2536
∆= , deux solutions 1
13
x =− et 2
12
x = .
h. 11∆=− , pas de solution.
i. 17∆= , deux solutions 1
5 174
x− +
= et 2
5 174
x− −
=
j. 0∆= , une solution 0
3 32 3
112
24
x =− =− = −× −
Exercice 7 - correction
Calcul du discriminant : ( )23 4 2 5 49∆= − × − × = , donc 0∆> . Nous obtenons deux solutions :
( )13 49 5
2 2 2x
− −= =
× − et
( )23 49
12 2
x− +
= =−× −
.
D’après le cours, ( )f x est du signe de 2a =− donc strictement négatif à l’extérieur des racines,
donc sur : ] [5
; 1 ;2
−∞ − ∪ +∞
.
f est donc positive ou nulle à l’intérieur des racines, donc dur 5
1 ;2
−
.
Tableau de signes :
Graphique :
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Exercice 8 - correction
Calcul du discriminant : ( )24 4 1 21 100∆= − × × − = , donc 0∆> . Nous obtenons deux solutions :
14 100
72 1
x− −
= =−×
et 24 100
32 1
x− +
= =×
.
D’après le cours, ( )f x est du signe de 1a = donc strictement positif à l’extérieur des racines, donc
sur : ] [ ] [; 7 3 ;−∞ − ∪ +∞ .
f est donc négative ou nulle à l’intérieur des racines, donc dur [ ]7 ; 3− .
Tableau de signes :
Graphique :
Exercice 9 - correction
Calcul du discriminant : ( ) ( )24 4 2 3 8∆= − × − × − =− , donc 0∆< . Il n’y a pas de solution réelle.
D’après le cours, ( )f x est du signe de 2a =− , donc négatif sur ℝ tout entier.
Tableau de signes :
Graphique :
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- 14 -
Exercice 10 - correction
a. 4∆= , deux solutions : ( )
16 4
12 2
x− − −
= =×
et ( )
26 4
22 2
x− − +
= =×
.
Ce polynôme est donc du signe de 2a = , soit positif ou nul, sur ] ] [ [;1 2 ;−∞ ∪ +∞ et
strictement négatif sur ] [1 ; 2 .
b. 11∆=− , il n’y a pas de solution réelle. Ce polynôme est toujours du signe de 3a =− , soit
strictement négatif sur ℝ tout entier.
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- 15 -
c. 0∆= , une solution unique ( )
( )010
12 5
x− −
= =−× −
. Ce polynôme est toujours du signe de
5a =− , soit négatif, mais s’annule pour 1x=− .
d. 73∆= , deux solutions :
( )
( )15 73 5 73
0,5912 3 6
x− − − − +
= =× −
≃ et 25 73
2,2576
x− −
= −≃ .
Ce polynôme est du signe de 3a =− donc négatif ou nul sur :
5 73 5 73; ;
6 6
− − − + −∞ ∪ +∞
Il est strictement positif sur : 5 73 5 73
;6 6
− − − +
.
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- 16 -
e. Inutile de calculer un discriminant ici : ( )2 7
3 7 0 3 7 03
x x x− + = ⇔ − + = ⇔ = .
Une seule solution, et comme le carré d’un nombre est toujours positif ou nul,
( )23 7 0x− + ≥ sur ℝ tout entier.
Exercice 11 - correction
a. 4∆= , deux solutions : 16 4
42 1
x− −
= =−×
et 26 4
22 1
x− +
= =−×
.
Le polynôme est du signe de 1a = donc positif ou nul à l’extérieur des racines, soit sur l’ensemble ] ] [ [; 4 2 ;−∞ − ∪ − +∞ .
Il est donc strictement négatif sur ] [4 ; 2− − .
b. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≥ est ] ] [ [; 4 2 ;−∞ − ∪ − +∞ .
c. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + < est ] [4 ; 2− − .
d. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≤ est [ ]4 ; 2− − .
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- 17 -
Exercice 12 - correction
a. 12
a = est positif, donc la parabole fC est incurvée vers le haut. Le sommet a pour abscisse
3 33
12 122
b
a
−− =− = =
×
.
( ) 21 53 3 3 3 2
2 2f = × − × + =− , donc le sommet S a pour coordonnées ( )3 ; 2− .
( ) 21 5 50 0 3 0
2 2 2f = × − × + = donc la parabole passe par le point
5A 0 ;
2
et par symétrie le
point 5
B 6 ;2
.
Nous avons assez d’éléments pour effectuer le tracé de fC :
b. Graphiquement, les solutions de 21 53 0
2 2x x− + = semblent être 1 et 5 .
c. ( )2 1 5
3 4 9 5 42 2
∆= − − × × = − = , deux solutions :
( )
13 4
11
22
x− − −
= =
×
et ( )
23 4
51
22
x− − +
= =
×
Cela confirme notre lecture graphique.
Exercice 13 - correction
a. Graphiquement, les solutions de l’équation ( ) 0f x = sont 1− et 3 .
b. Graphiquement, ( ) 0f x ≤ pour tout x appartenant à l’ensemble [ ]1 ; 3− .
c. La factorisation de ( )f x est : ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 3 1 3f x a x x a x x= × − − × − = + − .
Or ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 2 2 4 4f a a a= × + × − = × × − =− =− car le sommet a pour coordonnées
( )1 ; 4 . Donc 4
14
a−
= =−
D’où ( ) ( )( ) 2 21 3 3 3 2 3f x x x x x x x x= + − = − + − = − −
Finalement, 1a = , 2b=− et 3c=− .
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- 18 -
Exercice 14 - correction
a. 2x= est une solution évidente, donc ( )( )2 2 8 2x x x x α+ − = − + .
Méthode 1 :
En considérant le dernier terme 8− , on a 2 8 4α α− =− ⇔ = .
Ainsi : ( )( )2 2 8 2 4x x x x+ − = − + .
Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 2x= ou 4x=− . Méthode 2 :
la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ + vaut b
a− , donc
avec 1 2x = : 2 22
2 2 2 41
x x+ =− ⇔ =− − =− .
b. 3x= est une solution évidente, donc ( ) ( )23 11 6 3 3x x x x α− + = × − × + .
Méthode 1 :
On développe : ( )( ) ( )2 23 3 3 3 3 3 3 9 9x x x x x x x xα α α α α− + = × + − − = + − − .
En considérant le dernier terme 6+ , on obtient 6 2
9 69 3
α α− = ⇔ =− =− .
Ainsi : ( )2 23 11 4 3 2
3x x x x
− + = − + .
Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 2x= ou 49
x=− .
Méthode 2 :
la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ + vaut b
a− , donc
avec 1 3x = : 2 211 11 11 2
3 33 3 3 3
x x−
+ =− = ⇔ = − =
c. Par reconnaissance d’une identité remarquable : ( )22 6 9 0 3 0x x x− + = ⇔ − = .
Ainsi 3x= est la seule solution.
d. Par reconnaissance d’une identité remarquable : ( )( )24 25 0 2 5 2 5 0x x x− = ⇔ + − = .
Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 52
x=− ou 52
x= .
e. 12
x=− est une solution « évidente », si l’on fait quelques test sur la calculatrice…
21 1 1
4 8 3 4 4 3 02 2 4
× − + × − + = × − + = .
Méthode 1 :
( )2 14 8 3 4
2x x x x α
+ + = + + .
On développe l’expression : 2 21 14 4 4 2 2
2 2x x x x x xα α α α
+ + + = + + + .
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 19 -
En considérant le dernier terme 3+ , on obtient : 3
2 32
α α= ⇔ = .
Finalement : 2 1 34 8 3 4
2 2x x x x
+ + = + + , un produit de facteurs est nul si au moins l’un
des facteurs est nul, donc les solutions de l’équation sont 12
− et 32
− .
Méthode 2 : la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ +
vaut b
a− , donc avec 1
12
x =− : 2 21 8 1 3
2 22 4 2 2
x x− + =− =− ⇔ =− + =−
f. 1x=− est une solution évidente, car ( ) ( )29 1 6 1 3 9 6 3 0× − + × − − = − − =
Méthode 1 :
( )( )29 6 3 9 1x x x x α+ − = + + .
On développe l’expression : ( )( ) ( )2 29 1 9 9 9 9 9x x x x x x x xα α α α α+ + = + + + = + + +
En considérant le dernier terme 3− , on obtient : 3 1
9 39 3
α α=− ⇔ =− =− .
Finalement ( )2 19 6 3 9 1
3x x x x
+ − = + − , un produit de facteurs est nul si au moins l’un des
facteurs est nul, donc les solutions sont 1− et 13
Méthode 2 : la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ +
vaut b
a− , donc avec 1 1x =− : 2 2
6 2 2 11 1
9 3 3 3x x− + =− =− ⇔ =− + = .
Exercice 15 - correction
a. 22 3 1
22 1
x x
x
− +=
− n’admet une solution que si 2 1 0x− ≠ donc
12
x≠ , car le dénominateur ne
peut pas être nul.
( ) ( )2
2
2
2
2 3 1 22 3 1 1 2 1 2
2 1 1
2 3 1 4 2
2 7 3 0
x xx x x
x
x x x
x x
− += ⇔ − + × = − ×
−
⇔ − + = −
⇔ − + =
25∆= , donc 0∆> : deux solutions ( )
17 25 12 2 2
x− − −
= =×
et ( )
27 25
32 2
x− − +
= =×
. La
solution 112
x = est impossible (voir ci-dessus) donc la seule solution de l’équation est 3 .
3S = .
Remarque : ( )
( )( )
( )
21
2 32 1 32 3 1 12
3 si2 1 2 1 2 1 2
x xx xx x
x xx x x
− − − − − += = = − ≠
− − −
La courbe représentative de ( )22 3 1 1
3 si2 1 2
x xf x x x
x
− += = − ≠
− est une droite privé du
point d’abscisse 12
.
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 20 -
b. 2
62
2 3
x
x x
+=
− − n’admet une solution que si 2 2 3 0x x− − ≠ car un dénominateur ne peut
être nul.
16∆= , donc 0∆> : les deux valeurs ( )
12 16
12 1
x− − −
= =−×
et ( )
22 16
32 1
x− − +
= =×
sont impossibles.
( ) ( )22
2
2
6 26 1 2 3 2
12 3
6 2 4 6
2 5 12 0
xx x x
x x
x x x
x x
+= ⇔ + × = − − ×
− −
⇔ + = − −
⇔ − − =
121′∆ = , donc 0′∆ > : deux solutions ( )
15 121 32 2 2
x− − −
′ = =−×
et
( )
25 121
42 2
x− − +
′ = =×
Ces deux solutions sont valables, car différentes des valeurs interdites : 1− et 3 .
Finalement, les deux solutions de l’équation sont 32
− et 4 . 3
; 42
S = −
.
c. 3 2 31 2
x x
x x
+ −=
− − n’admet de solution que si 1 0x− ≠ donc 1x≠ et si 2 0x− ≠ donc 2x≠ ,
car le dénominateur d’une fraction ne peut être nul.
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 21 -
( )( ) ( )( )
( )
2 2
2 2
2
2
2
3 2 33 2 1 2 3
1 22 3 6 2 3 2 3
6 2 5 3
6 9 0
6 9 0
3 0
x xx x x x
x x
x x x x x x
x x x x
x x
x x
x
+ −= ⇔ + − = − −
− −
⇔ − + − = − − +
⇔ + − = − +
⇔− + − =
⇔ − + =
⇔ − =
La seule solution est 3 qui ne fait pas partie des valeurs interdites. 3S = .
d. 2
2
2 3 53
2 1x x
x x
+ −=
− + n’admet une solution que si 2 2 1 0x x− + ≠ car un dénominateur ne peut
être nul.
Or ( )22 2 1 1x x x− + = − donc la solution 1 est impossible.
( ) ( )2
2 22
2 2
2
2 3 5 32 3 5 1 2 1 3
2 1 12 3 5 3 6 3
9 8 0
x xx x x x
x x
x x x x
x x
+ −= ⇔ + − × = − + ×
− +
⇔ + − = − +
⇔− + − =
( ) ( )29 4 1 8 49∆= − × − × − = , deux solutions : ( )
9 498
2 1x
− −= =
× − et
( )29 49
12 1
x− +
= =× −
.
La solution 1 étant interdite, seule la solution 8 convient. 8S =
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 22 -
Exercice 16 - correction
a. 3,137x −≃ ou 0,637x≃ . b. 0,792x −≃ ou 0,296x≃ . c. 1,693x −≃ ou 0,443x≃ . d. 1,108x −≃ ou 3,608x≃ .
Exercice 17 - correction
Dans le triangle ABC rectangle en A, d'après le théorème de Pythagore :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 22 2
2 2 2
2
BC AB AC
2 10 4 1 8
2 2 2 10 10 4 2 4 1 1 8
4 40 100 16 8 1 64
76 48 99 0
x x x
x x x x x
x x x x x
x x
= +
+ = − +
+ × × + = − × × + +
+ + = − + +
− − =
32 400∆= , deux solutions 1
3338
x =− et 2
32
x = .
Une longueur est toujours positive, donc AB 8 0x= > , soit 0x> .
La seule valeur possible est donc 2
31,5
2x = =
Exercice 18 - correction
① 214
2x x+ − : on cherche une parabole orientée vers le haut car
12
a = est positif, avec
11
12 22
bx
a=− =− =−
×
pour axe de symétrie. C’est le graphique C. 1 4x =− et 2 2x = .
② 212
5x x− + : on cherche une parabole orientée vers le bas car
15
a =− est négatif, avec
25
12 25
bx
a=− =− =
× −
pour axe de symétrie. C’est le graphique B. 1 0x = et 2 10x = .
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 23 -
③ 22 9 7x x− + − : on cherche une parabole orientée vers le bas car 2a =− est négatif, avec
( )9 9
2,252 2 2 4b
xa
=− =− = =× −
pour axe de symétrie. C’est le graphique A. 1 1x = et 2 3,5x = .
④ 2 4,5 6x x− + : : on cherche une parabole orientée vers le haut car 1a = est positif, avec 4,5
2,252 2 1b
xa
−=− =− =
× pour axe de symétrie. C’est le graphique D. Pas de solution.
Exercice 19 - correction
1. La courbe représentative de 1P passe par l’origine du repère, et le point de coordonnées
( )3 ; 0 . Donc ( ) ( )( ) ( )21 0 3 3P x a x x a x x= − − = − .
De plus, ( )1 4 4P =− donc :
( )24 3 4 4 4 4 1a a a× − × =− ⇔ =− ⇔ =−
Finalement : ( ) ( )2 21 1 3 3P x x x x x=− − =− + .
2. La courbe représentative de 2P passe par le point de coordonnées ( )1 ; 0− et le point de
coordonnées ( )4 ; 0 . Donc ( ) ( )( )( ) ( )( )1 1 4 1 4P x a x x a x x= − − − = + − .
De plus, ( )2 0 4P =− donc ( )( )0 1 0 4 4 4 4 1a a a× + − =− ⇔− =− ⇔ = .
Finalement ( ) ( )( ) 2 22 1 4 4 4 3 4P x x x x x x x x= + − = − + − = − − .
3. Graphiquement : ( )3 0 7P =− donc si ( ) 23P x ax bx c= + + , 20 0 7 7a b c c× + × + =− ⇔ =− .
Graphiquement : ( ) ( ) ( )2
3 1 2 1 1 7 2 5P a b a b− =− ⇔ × − + × − − =− ⇔ − = .
Graphiquement : ( ) 23 2 5 2 2 7 5 4 2 2 2 1P a b a b a b=− ⇔ × + × − =− ⇔ + = ⇔ + = .
On résout le système : 2 1 2
5 5 2 5 3
2 1 3 6 2 2
a b a b b b
a b a aL L aL
− = − = − = =− ⇔ ⇔ ⇔ + = = = = ← +
Finalement : ( ) 23 2 3 7P x x x= − −
4. Graphiquement : ( )4 0 6P = donc si ( ) 24P x ax bx c= + + , 20 0 6 6a b c c× + × + = ⇔ = .
Graphiquement : ( ) 24 1 7 1 1 6 7 1P a b a b= ⇔ × + × + = ⇔ + = .
Graphiquement : ( ) 24 3 3 3 3 6 3 9 3 3 3 1P a b a b a b= ⇔ × + × + = ⇔ + =− ⇔ + =− .
On résout le système : 2 2 1
1 1 1 1 2
3 1 2 2 1 1
a b a b b b
L L La b a a a
+ = + = − + = = ⇔ ⇔ ⇔ ← − + =− =− =− =−
Finalement : ( ) 24 2 6P x x x=− + +
Exercice 20 - correction
a. 2 22 5 3 2 5 3 0x x x x+ = ⇔ + − =
2 2 22 2
2 2
5 3 5 5 3 5 25 32 5 3 2 2 2
2 2 4 4 2 4 16 2
5 49 5 492 2
4 16 4 8
x x x x x x
x x
+ − = + − = + − − = + − − = + − = + −
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 24 -
Nous résolvons : 2 2
2 5 49 5 492 5 3 0 2 0
4 8 4 16x x x x
+ − = ⇔ + − = ⇔ + = .
Donc : 5 49 5 7 14 16 4 4 2
x x x+ = ⇔ + = ⇔ = ou 5 49 5 7
34 16 4 4
x x x+ =− ⇔ + =− ⇔ =−
1
3 ;2
S = −
.
b. 22 9 11 0x x+ + =
2 2 22 2
2 2
9 11 9 9 11 9 81 112 9 11 2 2 2
2 2 4 4 2 4 16 2
9 7 9 72 2
4 16 4 8
x x x x x x
x x
+ + = + + = + − + = + − + = + + = + +
Nous résolvons : 2 2
2 9 7 9 72 9 11 0 2 0
4 8 4 16x x x x
+ + = ⇔ + + = ⇔ + =− .
Le carré d’un nombre réel n’est jamais négatif donc il n’y a pas de solution réelle. S =∅ .
Exercice 21 - correction
( )24 4 1 16 4a a∆= − − × × = − .
Pour avoir deux solutions réelles distinctes, il faut avoir 16 4 0 16 4 4a a a− > ⇔ > ⇔ > .
On a alors deux solutions ( )
1
4 4 44 16 4 4 2 42 4
2 1 2 2
aa ax a
− −− − − −= = = = − −
× et
2 4 a+ − avec 1 2x x< .
On souhaite avoir 1 21 5x x≤ < ≤ .
11 1 2 4 4 1
0 4 1 4 3
4 3
x a
a
a
a a
≤ ⇔ ≤ − − ⇔ − ≤
⇔ ≤ − ≤ ⇔− ≤− ≤−
⇔ ≥ ≥
2 5 2 4 5 4 3
0 4 9 4 5
4 5
x a a
a a
a
≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤
⇔ ≤ − ≤ ⇔− −
⇔ ≥
≤
≥−
≤
En tenant compte des 3 conditions en rouge, qui doivent toutes être vérifiées simultanément : 3 4a≤ < donc [ [3 ; 4a∈
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 25 -
Exercice 22 - correction
On pose L la longueur du rectangle. Sa largeur est donc 7L− et sa diagonale 1L+ .
En utilisant le théorème de Pythagore :
( ) ( )2 22
2 2 2
2 2
2
1 7
2 1 14 49
2 1 2 14 49
16 48 0
L L L
L L L L L
L L L L
L L
+ = + −
+ + = + − +
+ + = − +
− + =
( )216 4 1 48 64∆= − − × × = : deux solutions
( )1
16 644
2 1x
− − −= =
× et
( )2
16 6412
2 1x
− − += =
×
Deux solutions, mais la longueur 4 cmL= donne une largeur négative 7 3L− =− . La seule solution est donc 12 cmL= .
L’aire du rectangle est donc ( ) 212 12 7 60 cmAire= × − = .
Exercice 23 - correction
1. En considérant le triangle OIJ rectangle en I : OI R h= − et 20
IJ 102
= = . En appliquant le
théorème de Pythagore :
( )
2 2 2
22 2
2 2 2
2
OJ OI IJ
10
2 100
0 2 100
R R h
R R Rh h
h Rh
= +
= − +
= − + +
= − +
2. Le discriminant de 2 2 100h Rh− + est ( )2 22 4 1 100 4 400R R∆= − − × × = − .
Pour avoir au moins une racine réelle, on doit vérifier :
( )
2
2
2
0
4 400 0
4 400
100
10 car 0
R
R
R
R R
∆≥
− ≥
≥
≥
≥ ≥
Physiquement, si la bille a un diamètre inférieur à 20 cm, cela ne convient pas à la définition d’une calotte de 20 cm (la bille est trop petite) - voir illustration.
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 26 -
3. a. Dans ce cas,
( ) ( )22 2
21
2 4 1002 4 400 2 2 100100
2 1 2 2
R RR R R Rh R R
− −− − − − − −= = = = − −
×
et 22 100h R R= + − sont les solutions de l’équation ( )E . Cependant 2h R> est une
solution physiquement impossible.
Donc 2 100h R R= − − est la seule solution.
b. 213 13 100 4,7 cmh= − − ≃ Exercice 24 - correction
La surface totale d’un cylindre fermé est composé d’une surface latérale de 2 r hπ × et de deux
disques dont chacun a une surface de 2rπ .
Nous obtenons, en considérant que 2 22m 20 000 cm= :
2
2
2 82 2 20 000
2 164 20 000 0
r r
r r
π π
π π
× + × =
+ − =
( ) ( )2 2164 4 2 20 000 26 896 160 000π π π π∆= − × × − = +
Deux solutions : 1164
2 2h
π
π
− − ∆=
× qui est une valeur négative, donc impossible, et
2164
28,7 cm2 2
hπ
π
− + ∆=
×≃ , seule solution possible.
Exercice 25 - correction
Notons 1R et 2R les deux résistances cherchées, avec 1 2R R≤ . En série, la résistance totale est 1 2 40TR R R= + = . On en déduit que 2 140R R= − .
En parallèle, la résistance totale vérifie : 1 2
1 1 1 18,4TR R R
= + =
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 27 -
En passant au même dénominateur : 2 1
1 2
18,4
R R
R R
+= .
En remplaçant 2R par 140 R− : ( )
1 12
1 1 1 1
40 1 40 140 8,4 8,440
R R
R R R R
− += ⇔ =
− −.
Le produit en croix donne : ( )2 21 1 1 140 1 40 8,4 40 336 0R R R R− × = × ⇔− + − =
( ) ( )240 4 1 336 256∆= − × − × − = .
Deux solutions : ( )1
40 25628
2 1R
− −= =
× − et
( )140 256
122 1
R− +′ = =
× −.
Si 1 28R = Ω , 2 40 28 12R = − = Ω et 1 2R R> .
On choisit donc 1 12R = Ω et 2 40 12 28R = − = Ω .
Exercise 26 - correction
Let n the initial group number and p be the initial price for each girl to take the bus : 360n p× = .
We get the information that ( ) ( )3 6 360n p+ × − = , that is to say that 3 girls more on the trip affects
the initial price by $ 6 less.
360p
n= , so we get :
( )
( )
( )
2
2
1 0803603 6 360 360 6 18 360
1 0806 18 0
6 1 080 18 0 multiplying by
3 180 0 dividing by 6
n nn n
nn
n n n
n n
+ − = ⇔ − + − =
⇔− + − =
⇔− + − =
⇔ + − = −
( )23 4 1 180 729∆= − × × − = .
Two solutions : 13 729
152 1
n− −
= =−×
(impossible of course) and 23 729
122 1
n− +
= =×
.
12 3 15+ = : at the end, 15 girls are going on the trip.
Exercice 27 - correction
a. 332 1 156 1 240 1 116 0× − × + × − = donc 1 est bien solution de l’équation. Le point auquel correspond la valeur 1 est le milieu de la poutre. b. On développe :
( )( )2 3 2 2
3 2
1 32 124 116 32 124 116 32 124 116
32 156 240 116
x x x x x x x x
x x x
− − + = − + − + −
= − + −
c. 232 124 116x x− + a pour discriminant ( )2124 4 32 116 528∆= − − × × = .
Deux solutions : ( )
1124 528
1,582 32
x− − −
=×
≃ et ( )
2124 528
2,302 32
x− − +
=×
≃
2 2x > ne peut convenir.
d. Comme 1mx ≠ , il reste la solution unique 1 1,58mx x= ≃
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
- 28 -
Exercice 28 - correction
a. Considérons v la vitesse du bateau sans le moindre courant.
À l’aller, le courant est contraire et la vitesse du bateau est 2av v= − (en 1km.h− ).
Le temps mis pour le chemin aller est 15
2aa
dt
v v= =
−.
Au retour, le courant est dans le bon sens et la vitesse du bateau est 2rv v= + (en 1km.h− ).
Le temps mis pour le chemin retour est 15
2rr
dt
v v= =
+.
Le temps total est de 3 heures. Donc :
( ) ( )
( )( )
( )
2
2
2
2
15 153 3
2 215 2 15 2
32 2
15 30 15 303
430 3
14
30 1 4 3
3 30 12 0
a rt tv v
v v
v v
v v
vv
v
v v
v v
+ = ⇔ + =− +
+ + −⇔ =
− +
+ + −⇔ =
−
⇔ =−
⇔ × = − ×
⇔ − − =
( ) ( )230 4 3 12 1 044∆= − − × × − = .
Deux solutions : ( )
130 1 044
0,42 3
v− − −
= −×
≃ , solution impossible car la vitesse doit être
positive, et ( )
230 1 044
10,42 3
v− − +
=×
≃ . Le bateau, sans courant, voguerait à la vitesse de
110,4 km.h− environ.
b. 15
1,7857 h2at v
=−≃ .
On convertit : 1,7857h 1h 0,7857 60 min
1h 47,142min
1h 47min 0,142 60 s
1h 47min 9 s
= + ×
= +
= + + ×
= + +
Le bateau a mis 1 h 47 min 9 s à l’aller . c. On complète jusqu’à 3 h.
Le bateau a mis 1 h 12 min 51 s au retour.
Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet
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Exercice 30 - correction
Considérons le chemin constitué de 2 rectangles de longueur 2 4t + et de largeur t (côtés gauche et droit), et de 2 rectangles de longueur 2 et de largeur t (côtés haut et bas). Nous devons résoudre l’équation :
( )
( ) ( )
unrectangleunrectanglehaut oubasgauche ou droite
2
2
2 4 2 2 2 9,6
4 8 4 9,6
4 12 9,6 0
t t t
t t t
t t
+ × × + × × =
+ + =
+ − =
( )212 4 4 9,6 297,6∆= − × × − =
Deux solutions : 112 297,6
3,662 4
t− −
= −×
≃ (impossible, car la largeur du chemin doit être positive),
et 212 297,6
0,662 4
t− +
=×
≃ .
Le chemin doit avoir environ 66 cm pour largeur.
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