Second degré et optimisation : corrigé du contrôle de maths en première
Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « second degré et optimisation », question par question.
Cette correction rédige chaque exercice comme on l’attend sur une copie : mise en équation, calcul de la forme canonique ou du discriminant, puis phrase de conclusion. Les figures montrent le tableau de variations, le sommet de la trajectoire et la zone de bénéfice, afin de relier le calcul au graphique.
Pour progresser, compare d’abord tes résultats, puis ta justification : un maximum annoncé sans argument sur le signe de a ou sur un carré positif perd des points. Le barème détaille donc la répartition des points. Enfin, chaque exercice signale un piège classique, notamment l’oubli du domaine de la variable dans les problèmes concrets.
L’énoncé complet se trouve ici : Second degré et optimisation : contrôle de maths en première.
Barème du contrôle corrigé : second degré et optimisation
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Forme canonique et sommet | 3 points |
| 2. L’enclos contre le mur | 4,5 points |
| 3. La trajectoire du ballon | 4,5 points |
| 4. Le bénéfice du céramiste | 4 points |
| 5. Une droite qui dépend de m | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : second degré et optimisation
Exercice 1 – Forme canonique et sommet (3 points)
- On développe la forme proposée :
\(-2(x – 3)^2 + 8 = -2(x^2 – 6x + 9) + 8 = -2x^2 + 12x – 18 + 8 = -2x^2 + 12x – 10\).
On retrouve bien \(f(x)\), donc \(f(x) = -2(x – 3)^2 + 8\). - La forme canonique donne \(\alpha = 3\) et \(\beta = 8\). Comme \(a = -2 < 0\), la parabole est tournée vers le bas : \(f\) est croissante sur \(]-\infty \,;\, 3]\), puis décroissante sur \([3 \,;\, +\infty[\). \(f\) admet un maximum égal à 8, atteint en \(x = 3\).
- \(f(x) = 0\) équivaut à \(-2(x – 3)^2 + 8 = 0\), soit \((x – 3)^2 = 4\).
Donc \(x – 3 = 2\) ou \(x – 3 = -2\), c’est-à-dire \(x = 5\) ou \(x = 1\).
Les racines sont 1 et 5, ainsi \(f(x) = -2(x – 1)(x – 5)\).
\(S = \{1 \,;\, 5\}\) et \(f(x) = -2(x – 1)(x – 5)\).
Piège classique : oublier la solution \(x – 3 = -2\). En effet, un carré égal à 4 donne deux possibilités, 2 et \(-2\).
Exercice 2 – L’enclos contre le mur (4,5 points)
- Le grillage couvre deux largeurs \(x\) et le côté parallèle au mur, donc ce côté mesure \(40 – x – x = 40 – 2x\).
Une largeur est strictement positive, donc \(x > 0\). De même, \(40 – 2x > 0\) donne \(x < 20\). Ainsi \(x \in \,]0 \,;\, 20[\).
L’aire vaut alors \(A(x) = x(40 – 2x) = -2x^2 + 40x\). On obtient bien \(A(x) = -2x^2 + 40x\). - \(A(x) = -2(x^2 – 20x) = -2\left((x – 10)^2 – 100\right) = -2(x – 10)^2 + 200\).
Par vérification, \(-2(x^2 – 20x + 100) + 200 = -2x^2 + 40x\). \(A(x) = -2(x – 10)^2 + 200\). - Pour tout \(x\), \((x – 10)^2 \geq 0\), donc \(-2(x – 10)^2 \leq 0\) et \(A(x) \leq 200\). L’égalité a lieu pour \(x = 10\), qui appartient bien à \(]0 \,;\, 20[\). Le côté parallèle au mur mesure alors \(40 – 2 \times 10 = 20\) m. L’enclos doit mesurer 10 m sur 20 m, pour une aire maximale de \(200\text{ m}^2\).
- On résout \(A(x) \geq 150\), soit \(-2(x – 10)^2 + 200 \geq 150\).
Alors \(-2(x – 10)^2 \geq -50\), puis \((x – 10)^2 \leq 25\).
Donc \(-5 \leq x – 10 \leq 5\), c’est-à-dire \(5 \leq x \leq 15\).
Cet intervalle est bien inclus dans \(]0 \,;\, 20[\). La largeur doit être comprise entre 5 m et 15 m : \(x \in [5 \,;\, 15]\).
Piège classique : croire que le carré est la meilleure forme, avec trois côtés de \(\frac{40}{3}\) m. Ici, le mur remplace un côté, donc la longueur optimale vaut le double de la largeur.
Exercice 3 – La trajectoire du ballon (4,5 points)
- \(h(0) = -5 \times 0 + 10 \times 0 + 15 = 15\). Le ballon est lancé à 15 m au-dessus de la plage, donc la falaise mesure 15 m.
- \(-5(t – 1)^2 + 20 = -5(t^2 – 2t + 1) + 20 = -5t^2 + 10t – 5 + 20 = -5t^2 + 10t + 15\), ce qui est bien \(h(t)\).
Comme \((t – 1)^2 \geq 0\), on a \(h(t) \leq 20\), avec égalité pour \(t = 1\). Le ballon atteint sa hauteur maximale de 20 m au bout de 1 seconde. - \(-5(t – 3)(t + 1) = -5(t^2 + t – 3t – 3) = -5(t^2 – 2t – 3) = -5t^2 + 10t + 15\).
Ensuite, \(h(t) = 0\) équivaut à \(t – 3 = 0\) ou \(t + 1 = 0\), soit \(t = 3\) ou \(t = -1\). Or le temps est positif, donc on garde \(t = 3\). Le ballon touche le sable au bout de 3 secondes. - On résout \(h(t) \geq 15\), soit \(-5t^2 + 10t \geq 0\), c’est-à-dire \(5t(2 – t) \geq 0\).
Sur \([0 \,;\, 3]\), le facteur \(5t\) est positif ou nul, donc il suffit que \(2 – t \geq 0\), soit \(t \leq 2\).
Ainsi \(h(t) \geq 15\) pour \(t \in [0 \,;\, 2]\). Le ballon reste à au moins 15 m pendant 2 secondes.
Piège classique : garder \(t = -1\) comme solution. Pourtant, un temps négatif n’a pas de sens dans ce problème, car le lancer commence à \(t = 0\).
Exercice 4 – Le bénéfice du céramiste (4 points)
- La recette vaut \(48x\), donc \(B(x) = 48x – (x^2 + 12x + 180) = -x^2 + 36x – 180\). On obtient bien \(B(x) = -x^2 + 36x – 180\).
- Avec \(a = -1\), \(b = 36\) et \(c = -180\) :
\(\Delta = 36^2 – 4 \times (-1) \times (-180) = 1296 – 720 = 576 = 24^2\).
Comme \(\Delta > 0\), il y a deux racines :
\(x_1 = \dfrac{-36 – 24}{-2} = \dfrac{-60}{-2} = 30\) et \(x_2 = \dfrac{-36 + 24}{-2} = \dfrac{-12}{-2} = 6\).
\(\Delta = 576\), et les racines sont 6 et 30. - Le coefficient \(a = -1\) est négatif, donc \(B(x)\) est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles.
\(x\) 0 6 30 35 \(B(x)\) − 0 + 0 − Le bénéfice est strictement positif pour \(x \in \,]6 \,;\, 30[\). Le céramiste est rentable s’il fabrique entre 7 et 29 bols par jour.
- Le sommet a pour abscisse \(\alpha = -\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{36}{-2} = 18\).
Puis \(B(18) = -18^2 + 36 \times 18 – 180 = -324 + 648 – 180 = 144\).
Comme \(a < 0\), c’est un maximum. Le bénéfice maximal est de 144 €, obtenu pour 18 bols.
Piège classique : écrire \(\Delta = 1296 + 720\). En effet, \(-4 \times (-1) \times (-180) = -720\), car un produit de trois facteurs négatifs est négatif.
Exercice 5 – Une droite qui dépend de m (4 points)
- Sur le graphique, la parabole et la droite se coupent en deux points. On lit environ \((0{,}5 \,;\, 2{,}25)\) et \((2 \,;\, 3)\).
- Les abscisses communes vérifient \(x^2 – 2x + 3 = \frac{1}{2}x + 2\), donc \(x^2 – 2{,}5x + 1 = 0\). En multipliant par 2, on obtient \(2x^2 – 5x + 2 = 0\).
Ensuite, \(\Delta = (-5)^2 – 4 \times 2 \times 2 = 25 – 16 = 9\), d’où \(x_1 = \dfrac{5 – 3}{4} = \dfrac{1}{2}\) et \(x_2 = \dfrac{5 + 3}{4} = 2\).
Enfin, \(y = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + 2 = 2{,}25\) et \(y = \frac{1}{2} \times 2 + 2 = 3\).
Les points communs sont \((0{,}5 \,;\, 2{,}25)\) et \((2 \,;\, 3)\). - Un point commun vérifie \(x^2 – 2x + 3 = mx + 2\), soit \(x^2 – 2x – mx + 1 = 0\), donc \(x^2 – (2 + m)x + 1 = 0\).
Alors \(\Delta = (2 + m)^2 – 4 \times 1 \times 1 = 4 + 4m + m^2 – 4 = m^2 + 4m\).
On a bien \(\Delta = m^2 + 4m = m(m + 4)\). - Le trinôme \(m(m + 4)\) a pour racines \(-4\) et 0, avec un coefficient 1 positif. Il est donc positif à l’extérieur des racines et négatif entre elles.
Si \(m < -4\) ou \(m > 0\), alors \(\Delta > 0\) : deux points communs.
Si \(m = -4\) ou \(m = 0\), alors \(\Delta = 0\) : un seul point commun.
Si \(-4 < m < 0\), alors \(\Delta < 0\) : aucun point commun.
Pour \(m = 0\), l’équation devient \((x – 1)^2 = 0\), donc le seul point commun est \((1 \,;\, 2)\). La droite \(D_0\) touche la parabole en un seul point, son sommet : elle lui est tangente.
Piège classique : oublier le cas \(\Delta = 0\) dans la discussion. Pourtant, les valeurs \(m = -4\) et \(m = 0\) donnent justement les deux droites tangentes à la parabole.
À retenir de ce contrôle
- La forme canonique a(x − α)² + β donne directement le sommet de la parabole, de coordonnées (α ; β), et donc l’extremum.
- Quand a est négatif, la fonction admet un maximum en α ; quand a est positif, elle admet un minimum en α.
- Un trinôme a le signe de a à l’extérieur de ses racines et le signe contraire entre les racines.
- Dans un problème concret, on vérifie toujours que la valeur trouvée appartient au domaine de la variable, par exemple un temps positif.
- Le nombre de points communs entre une parabole et une droite dépend du signe du discriminant de l’équation obtenue en égalant les deux expressions.
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