Bac de maths 2023 aux centres étrangers (jour 1) : sujet et corrigé

Entraînez-vous avec les autres annales corrigées réunies sur notre page consacrée au bac maths 2027.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2023
Centres étrangers (Europe) — 21 mars 2023 — Sujet 1
Épreuve d’enseignement de spécialité mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Partie A

On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) par

\[g(x) = \ln(x^2) + x – 2\]

1. Déterminer les limites de la fonction \(g\) aux bornes de son ensemble de définition.

2. On admet que la fonction \(g\) est dérivable sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

Étudier les variations de la fonction \(g\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

3. a. Démontrer qu’il existe un unique réel strictement positif \(\alpha\) tel que \(g(\alpha) = 0\).

b. Déterminer un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude \(10^{-2}\).

4. En déduire le tableau de signe de la fonction \(g\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

Partie B

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{(x – 2)}{x}\ln(x).\]

On note \(\mathcal{C}_f\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

1. a. Déterminer la limite de la fonction \(f\) en 0.

b. Interpréter graphiquement le résultat.

2. Déterminer la limite de la fonction \(f\) en \(+\infty\).

3. On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

Montrer que pour tout réel \(x\) strictement positif, on a \(f^{\prime}(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}\).

4. En déduire les variations de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

Partie C

Étudier la position relative de la courbe \(\mathcal{C}_f\) et de la courbe représentative de la fonction \(\ln\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

Exercice 2 (5 points)

Dans un souci de préservation de l’environnement, Monsieur Durand décide de se rendre chaque matin au travail en utilisant son vélo ou les transports en commun.

S’il choisit de prendre les transports en commun un matin, il reprend les transports en commun le lendemain avec une probabilité égale à 0,8.

S’il utilise son vélo un matin, il reprend son vélo le lendemain avec une probabilité égale à 0,4.

Pour tout entier naturel \(n\) non nul, on note :

• \(T_n\) l’évènement « Monsieur Durand utilise les transports en commun le \(n\)-ième jour »
• \(V_n\) l’évènement « Monsieur Durand utilise son vélo le \(n\)-ième jour »
• On note \(p_n\) la probabilité de l’évènement \(T_n\).

Le premier matin, il décide d’utiliser les transports en commun. Ainsi, la probabilité de l’évènement \(T_1\) est \(p_1 = 1\).

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous représentant la situation pour les 2^e et 3^e jours.

2. Calculer \(p_3\).

3. Le 3^e jour, M. Durand utilise son vélo.

Calculer la probabilité qu’il ait pris les transports en commun la veille.

4. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous représentant la situation pour les \(n\)-ième et \((n + 1)\)-ième jours.

5. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\) non nul, \(p_{n+1} = 0{,}2p_n + 0{,}6\).

6. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\) non nul, on a

\[p_n = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}.\]

7. Déterminer la limite de la suite \((p_n)\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Exercice 3 (5 points)

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse à une question ne rapporte ni n’enlève de point. Les cinq questions sont indépendantes.

Dans tout l’exercice, \(\mathbb{R}\) désigne l’ensemble des nombres réels.

1. Une primitive de la fonction \(f\), définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = x\text{e}^x\), est la fonction \(F\), définie sur \(\mathbb{R}\), par :

2. On considère la fonction \(g\) définie par \(g(x) = \ln(\dfrac{x – 1}{2x + 4})\).

La fonction \(g\) est définie sur :

3. La fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(h(x) = (x + 1)\text{e}^x\) est :

4. Une suite \((u_n)\) est minorée par 3 et converge vers un réel \(\ell\).

On peut affirmer que :

5. La suite \((w_n)\) est définie par \(w_1 = 2\) et pour tout entier naturel \(n\) strictement positif, \(w_{n+1} = \dfrac{1}{n}w_n\).

Exercice 4 (5 points)

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé \((\text{O} ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})\), on considère les points

\(\text{A}(-1 ; -3 ; 2)\), \(\text{B}(3 ; -2 ; 6)\) et \(\text{C}(1 ; 2 ; -4)\).

1. Démontrer que les points A, B et C définissent un plan que l’on notera \(\mathcal{P}\).

2. a. Montrer que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}13\\-16\\-9\end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\).

b. Démontrer qu’une équation cartésienne du plan \(P\) est \(13x – 16y – 9z – 17 = 0\).

On note \(\mathcal{D}\) la droite passant par le point \(\text{F}(15 ; -16 ; -8)\) et orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).

3. Donner une représentation paramétrique de la droite \(\mathcal{D}\).

4. On appelle E le point d’intersection de la droite \(\mathcal{D}\) et du plan \(\mathcal{P}\).

Démontrer que le point E a pour coordonnées \((2 ; 0 ; 1)\).

5. Déterminer la valeur exacte de la distance du point F au plan \(\mathcal{P}\).

6. Déterminer les coordonnées du ou des point(s) de la droite \(\mathcal{D}\) dont la distance au plan \(\mathcal{P}\) est égale à la moitié de la distance du point F au plan \(\mathcal{P}\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

Pour \(x \gt 0\), la propriété \(\ln(x^2) = 2\ln(x)\) permet d’écrire \(g(x) = 2\ln(x) + x – 2\) : c’est cette forme qu’on utilise dans toute la suite.

1. En 0 (à droite) : \(\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\), donc \(2\ln(x)\) tend vers \(-\infty\), tandis que \(x – 2\) tend vers \(-2\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to 0} g(x) = -\infty\).

En \(+\infty\) : \(2\ln(x)\) et \(x – 2\) tendent tous deux vers \(+\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).

2. Pour tout \(x \gt 0\), \(g^{\prime}(x) = \dfrac{2}{x} + 1 = \dfrac{x + 2}{x}\). Le numérateur \(x + 2\) et le dénominateur \(x\) sont strictement positifs sur \(]0 ; +\infty[\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), de \(-\infty\) à \(+\infty\).

3. a. La fonction \(g\) est dérivable, donc continue, et strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) ; ses limites aux bornes sont \(-\infty\) et \(+\infty\), et 0 est compris entre ces deux limites. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0 ; +\infty[\).

b. On balaie à la calculatrice : \(g(1) = -1 \lt 0\) et \(g(2) = 2\ln 2 \approx 1{,}39 \gt 0\), puis \(g(1{,}3) \approx -0{,}18\) et \(g(1{,}4) \approx 0{,}07\), enfin \(g(1{,}37) \approx -0{,}0004 \lt 0\) et \(g(1{,}38) \approx 0{,}024 \gt 0\). Comme \(g\) est croissante, on obtient \(1{,}37 \lt \alpha \lt 1{,}38\).

4. Puisque \(g\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), elle est négative avant \(\alpha\) et positive après :

Partie B

1. a. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(x – 2\) tend vers \(-2\) et \(x\) tend vers \(0^+\), donc \(\dfrac{x – 2}{x}\) tend vers \(-\infty\). Par ailleurs \(\ln(x)\) tend vers \(-\infty\). Le produit de deux quantités tendant vers \(-\infty\) tend vers \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = +\infty\).

b. Graphiquement, la droite d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).

2. On écrit \(\dfrac{x – 2}{x} = 1 – \dfrac{2}{x}\), qui tend vers 1 en \(+\infty\). Comme \(\ln(x)\) tend vers \(+\infty\), le produit tend vers \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

3. Écrivons \(f(x) = u(x) \times \ln(x)\) avec \(u(x) = 1 – \dfrac{2}{x}\), dont la dérivée est \(u^{\prime}(x) = \dfrac{2}{x^2}\). La formule de dérivation d’un produit donne :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{2}{x^2}\ln(x) + (1 – \dfrac{2}{x}) \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\ln(x)}{x^2} + \dfrac{x – 2}{x^2} = \dfrac{2\ln(x) + x – 2}{x^2}.\]

Le numérateur est exactement \(g(x)\) (voir la forme écrite au début de la partie A), donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}\) pour tout \(x \gt 0\).

4. Comme \(x^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), connu grâce à la partie A : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; +\infty[\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(]0 ; \alpha]\) et strictement croissante sur \([\alpha ; +\infty[\) ; elle admet en \(\alpha\) un minimum \(f(\alpha)\) (environ \(-0{,}14\)).

Partie C

Pour comparer deux courbes, on étudie le signe de la différence \(d(x) = f(x) – \ln(x)\). En factorisant par \(\ln(x)\) :

\[d(x) = \ln(x)(\dfrac{x – 2}{x} – 1) = \ln(x) \times \dfrac{x – 2 – x}{x} = -\dfrac{2\ln(x)}{x}.\]

Comme \(x \gt 0\), \(d(x)\) a le signe de \(-\ln(x)\) :

• sur \(]0 ; 1[\), \(\ln(x) \lt 0\) donc \(d(x) \gt 0\) : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de la courbe de \(\ln\) ;
• en \(x = 1\), \(d(1) = 0\) : les deux courbes se coupent au point de coordonnées \((1 ; 0)\) ;
• sur \(]1 ; +\infty[\), \(\ln(x) \gt 0\) donc \(d(x) \lt 0\) : \(\mathcal{C}_f\) est en dessous de la courbe de \(\ln\).

Exercice 2 :

1. Les probabilités de l’énoncé se traduisent ainsi : après un jour en transports, \(P_{T_n}(T_{n+1}) = 0{,}8\) et donc \(P_{T_n}(V_{n+1}) = 0{,}2\) ; après un jour à vélo, \(P_{V_n}(V_{n+1}) = 0{,}4\) et donc \(P_{V_n}(T_{n+1}) = 0{,}6\). Le premier jour étant en transports, l’arbre complété est :

2. Les évènements \(T_2\) et \(V_2\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[p_3 = P(T_2 \cap T_3) + P(V_2 \cap T_3) = 0{,}8 \times 0{,}8 + 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}64 + 0{,}12 = 0{,}76.\]

Donc \(p_3 = 0{,}76\).

3. On cherche \(P_{V_3}(T_2) = \dfrac{P(T_2 \cap V_3)}{P(V_3)}\). Le numérateur se lit sur l’arbre : \(P(T_2 \cap V_3) = 0{,}8 \times 0{,}2 = 0{,}16\). Le dénominateur vaut \(P(V_3) = 1 – p_3 = 0{,}24\). D’où :

\[P_{V_3}(T_2) = \dfrac{0{,}16}{0{,}24} = \dfrac{2}{3}.\]

Sachant qu’il est venu à vélo le 3^e jour, la probabilité qu’il ait pris les transports en commun la veille est \(\dfrac{2}{3} \approx 0{,}667\).

4. Au premier niveau, \(P(T_n) = p_n\) et \(P(V_n) = 1 – p_n\) ; au second niveau on retrouve les mêmes probabilités conditionnelles qu’à la question 1 :

5. Avec la partition \(\{T_n, V_n\}\) et la formule des probabilités totales :

\[p_{n+1} = P(T_n \cap T_{n+1}) + P(V_n \cap T_{n+1}) = 0{,}8p_n + 0{,}6(1 – p_n) = 0{,}8p_n + 0{,}6 – 0{,}6p_n,\]

soit \(p_{n+1} = 0{,}2p_n + 0{,}6\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).

6. Notons \(\mathcal{H}(n)\) la propriété « \(p_n = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) ».

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{0} = 0{,}75 + 0{,}25 = 1 = p_1\). \(\mathcal{H}(1)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{H}(n)\) vraie pour un entier \(n \geq\, 1\). En utilisant la relation de la question 5 puis l’hypothèse de récurrence :

\[p_{n+1} = 0{,}2(0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}) + 0{,}6 = 0{,}15 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n} + 0{,}6 = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n}.\]

C’est l’égalité au rang \(n + 1\) (l’exposant vaut bien \((n + 1) – 1 = n\)) : \(\mathcal{H}(n + 1)\) est vraie.

Conclusion. Par le principe de récurrence, \(p_n = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).

7. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}2^{n-1})\) tend vers 0, donc \(0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) aussi. Par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}75\).

Interprétation : sur le long terme, la probabilité que Monsieur Durand prenne les transports en commun un jour donné se stabilise à 0,75. Il les utilise environ trois jours sur quatre, et son vélo le quatrième.

Exercice 3 :

1. Réponse b. On dérive la proposition b. comme un produit : \(F^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^x + (x – 1)\text{e}^x = x\text{e}^x = f(x)\). (Pour c., on obtiendrait \((x + 2)\text{e}^x\) ; pour a., la dérivée contient un terme \(\dfrac{x^2}{2}\text{e}^x\) en trop.)

2. Réponse c. \(g(x)\) existe si et seulement si \(\dfrac{x – 1}{2x + 4} \gt 0\). Le numérateur s’annule en 1 et le dénominateur en \(-2\) ; un tableau de signes montre que le quotient est positif lorsque les deux facteurs ont le même signe, c’est-à-dire pour \(x \lt -2\) ou \(x \gt 1\). L’ensemble de définition est \(]-\infty ; -2[ \cup ]1 ; +\infty[\).

3. Réponse d. On dérive deux fois : \(h^{\prime}(x) = \text{e}^x + (x + 1)\text{e}^x = (x + 2)\text{e}^x\), puis \(h^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x + (x + 2)\text{e}^x = (x + 3)\text{e}^x\). Le signe de \(h^{\prime\prime}(x)\) est celui de \(x + 3\) : négatif sur \(]-\infty ; -3]\) (\(h\) concave), positif sur \([-3 ; +\infty[\) (\(h\) convexe).

4. Réponse b. Si \(u_n \geq\, 3\) pour tout \(n\) et que \((u_n)\) converge, le passage à la limite dans l’inégalité (large) donne \(\ell \geq\, 3\). Les autres propositions sont fausses en général : par exemple \(u_n = 4 + \dfrac{1}{n+1}\) est minorée par 3, décroissante, non constante, et tend vers \(4 \neq 3\) ; et \(u_n = 4 – \dfrac{1}{n+1}\) est croissante.

5. Réponse d. Calculons les premiers termes : \(w_2 = \dfrac{1}{1} \times 2 = 2\), \(w_3 = \dfrac{1}{2} \times 2 = 1\), \(w_4 = \dfrac{1}{3}\), \(w_5 = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{12}\) : la proposition c. est fausse. Le quotient \(\dfrac{w_{n+1}}{w_n} = \dfrac{1}{n}\) n’est pas constant, donc la suite n’est pas géométrique. Enfin, pour \(n \geq\, 2\), \(0 \lt w_{n+1} \leq\, \dfrac{1}{2}w_n\), d’où par récurrence \(0 \lt w_n \leq\, 2 \times (\dfrac{1}{2})^{n-2}\) pour \(n \geq\, 2\) ; le majorant tend vers 0, donc par le théorème des gendarmes la suite converge vers 0. (On peut aussi remarquer que \(w_n = \dfrac{2}{(n-1)!}\).)

Exercice 4 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}4\\1\\4\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\5\\-6\end{pmatrix}\). S’il existait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\), la première coordonnée imposerait \(k = \dfrac{1}{2}\) et la deuxième \(k = 5\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan \(\mathcal{P}\).

2. a. Il suffit de vérifier que \(\vec{n}\) est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) du plan :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 13 \times 4 + (-16) \times 1 + (-9) \times 4 = 52 – 16 – 36 = 0\]

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 13 \times 2 + (-16) \times 5 + (-9) \times (-6) = 26 – 80 + 54 = 0\]

Les deux produits scalaires sont nuls : \(\vec{n}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}13\\-16\\-9\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(13x – 16y – 9z + d = 0\). Le point A(\(-1\) ; \(-3\) ; 2) est dans le plan : \(13 \times (-1) – 16 \times (-3) – 9 \times 2 + d = -13 + 48 – 18 + d = 17 + d = 0\), donc \(d = -17\). Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est bien \(13x – 16y – 9z – 17 = 0\). (Contrôle avec B : \(39 + 32 – 54 – 17 = 0\) ; avec C : \(13 – 32 + 36 – 17 = 0\).)

3. \(\mathcal{D}\) est orthogonale à \(\mathcal{P}\), donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\), et elle passe par F(15 ; \(-16\) ; \(-8\)). Un point M(\(x\) ; \(y\) ; \(z\)) est sur \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{FM}} = t\,\vec{n}\). Une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est donc :

\[\{\begin{array}{l} x = 15 + 13t \\ y = -16 – 16t \\ z = -8 – 9t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]

4. Le point E est sur \(\mathcal{D}\) : ses coordonnées sont de la forme \((15 + 13t ; -16 – 16t ; -8 – 9t)\). Il est aussi dans \(\mathcal{P}\), donc :

\[13(15 + 13t) – 16(-16 – 16t) – 9(-8 – 9t) – 17 = 0\]

\[195 + 169t + 256 + 256t + 72 + 81t – 17 = 0 \iff 506t + 506 = 0 \iff t = -1.\]

Pour \(t = -1\) : \(x = 15 – 13 = 2\), \(y = -16 + 16 = 0\), \(z = -8 + 9 = 1\). Le point E a bien pour coordonnées \((2 ; 0 ; 1)\).

5. E est le point d’intersection du plan avec la perpendiculaire à ce plan passant par F : c’est le projeté orthogonal de F sur \(\mathcal{P}\). La distance de F au plan est donc la longueur FE. Or \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}13\\-16\\-9\end{pmatrix}\) (c’est \(\vec{n}\), ce qui est cohérent avec \(t = -1\)), d’où :

\[\text{FE} = \sqrt{13^2 + (-16)^2 + (-9)^2} = \sqrt{169 + 256 + 81} = \sqrt{506}.\]

La distance du point F au plan \(\mathcal{P}\) est \(\sqrt{506}\) (environ 22,49).

6. Pour tout point M de \(\mathcal{D}\), la droite (ME) est perpendiculaire au plan, donc E est aussi le projeté orthogonal de M sur \(\mathcal{P}\) et la distance de M au plan vaut ME. Si M a pour paramètre \(t\), alors \(\vec{\text{EM}} = (t + 1)\vec{n}\) et \(\text{ME} = |t + 1| \times \sqrt{506}\).

On veut \(\text{ME} = \dfrac{\sqrt{506}}{2}\), c’est-à-dire \(|t + 1| = \dfrac{1}{2}\), soit \(t = -\dfrac{1}{2}\) ou \(t = -\dfrac{3}{2}\).

• Pour \(t = -\dfrac{1}{2}\) : \(x = 15 – 6{,}5 = 8{,}5\), \(y = -16 + 8 = -8\), \(z = -8 + 4{,}5 = -3{,}5\). C’est le milieu de [EF].
• Pour \(t = -\dfrac{3}{2}\) : \(x = 15 – 19{,}5 = -4{,}5\), \(y = -16 + 24 = 8\), \(z = -8 + 13{,}5 = 5{,}5\). C’est le symétrique du précédent par rapport à E, de l’autre côté du plan.

Il y a donc deux points : \(\text{M}_1(8{,}5 ; -8 ; -3{,}5)\) et \(\text{M}_2(-4{,}5 ; 8 ; 5{,}5)\).

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