Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse c. Pour tout réel \(x\), \(1 + x^2 \gt 0\), donc \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\). On applique l’exponentielle aux deux membres : \(\ln(1 + x^2) = 2022 \iff 1 + x^2 = \text{e}^{2022} \iff x^2 = \text{e}^{2022} – 1\). Comme \(\text{e}^{2022} \gt 1\), le nombre \(\text{e}^{2022} – 1\) est strictement positif et l’équation a exactement deux solutions opposées : \(\sqrt{\text{e}^{2022} – 1}\) et \(-\sqrt{\text{e}^{2022} – 1}\).
2. Réponse c. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), en dérivant le produit \(x\ln(x)\) : \(g^{\prime}(x) = \ln(x) + x \times \dfrac1x – 2x = \ln(x) + 1 – 2x\), puis \(g^{\prime\prime}(x) = \dfrac1x – 2 = \dfrac{1 – 2x}{x}\). Comme \(x \gt 0\), \(g^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2x\) : positif sur \(]0\,;\,\dfrac12[\), négatif sur \(]\dfrac12\,;\,+\infty[\). La dérivée seconde s’annule en changeant de signe une seule fois : \(g\) est convexe puis concave, et \(\mathcal{C}_g\) a exactement un point d’inflexion, d’abscisse \(\dfrac12\). Les propositions a et b sont donc fausses, et d aussi.
3. Réponse a. On pose \(u(x) = 1 – x^2\), strictement positive sur \(]-1\,;\,1[\), avec \(u^{\prime}(x) = -2x\). La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\), donc la dérivée de \(g(x) = -\dfrac12\ln(1 – x^2)\) est \(g^{\prime}(x) = -\dfrac12 \times \dfrac{-2x}{1 – x^2} = \dfrac{x}{1 – x^2} = f(x)\). La fonction de la réponse a est bien une primitive de \(f\).
4. Réponse a. La fonction est définie lorsque \(-x^2 – x + 6 \gt 0\). Le trinôme \(-x^2 – x + 6\) a pour discriminant \(\Delta = 1 + 24 = 25\), et pour racines \(\dfrac{1 – 5}{-2} = 2\) et \(\dfrac{1 + 5}{-2} = -3\). Son coefficient dominant \(-1\) est négatif, donc il est strictement positif entre ses racines : l’ensemble de définition est \(]-3\,;\,2[\).
5. Réponse a. La tangente au point d’abscisse 1 a pour équation \(y = f^{\prime}(1)(x – 1) + f(1)\). On a \(f(1) = 1 – 4 + 3\ln(1) = -3\). En dérivant, avec \((\ln(2x – 1))^{\prime} = \dfrac{2}{2x – 1}\) : \(f^{\prime}(x) = 2x – 4 + \dfrac{6}{2x – 1}\), d’où \(f^{\prime}(1) = 2 – 4 + 6 = 4\). La tangente a donc pour équation \(y = 4(x – 1) – 3\), soit \(y = 4x – 7\).
6. Réponse b. L’inéquation n’a de sens que si \(x + 3 \gt 0\) et \(x + 1 \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt -1\). Sur \(]-1\,;\,+\infty[\), on écrit \(2\ln(x + 1) = \ln((x + 1)^2)\) et, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante, l’inéquation équivaut à \(x + 3 \lt (x + 1)^2\), soit \(x^2 + x – 2 \gt 0\), c’est-à-dire \((x – 1)(x + 2) \gt 0\). Ce produit est positif à l’extérieur des racines \(-2\) et 1, donc pour \(x \lt -2\) ou \(x \gt 1\). En tenant compte de la condition \(x \gt -1\), il reste \(S = ]1\,;\,+\infty[\). (La réponse a oublie la condition d’existence des logarithmes.)
Exercice 2 :
1. a. On soustrait les coordonnées de A à celles de B, puis de C :
\[\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}0 – 2\\2 – 0\\1 – 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\2\\-2\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-1 – 2\\-1 – 0\\2 – 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\-1\\-1\end{pmatrix}.\]
S’il existait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AB}} = k\,\vec{\text{AC}}\), la première coordonnée donnerait \(k = \dfrac23\) et la deuxième \(k = -2\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires.
Les points A, B et C ne sont donc pas alignés.
b. Dans un repère orthonormé :
\[\text{AB} = \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + (-2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt3 \quad \text{et} \quad \text{AC} = \sqrt{(-3)^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{11}.\]
\(\text{AB} = 2\sqrt3\) et \(\text{AC} = \sqrt{11}\).
c. On calcule le produit scalaire de deux façons. Avec les coordonnées :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-2)(-3) + 2 \times (-1) + (-2)(-1) = 6 – 2 + 2 = 6.\]
Avec les normes : \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = \text{AB} \times \text{AC} \times \cos\widehat{\text{BAC}}\). On en déduit :
\[\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{6}{2\sqrt3 \times \sqrt{11}} = \dfrac{3}{\sqrt{33}} \approx 0{,}522.\]
\(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{3}{\sqrt{33}}\) et, à la calculatrice, \(\widehat{\text{BAC}} \approx 58{,}5^\circ\) au dixième de degré.
2. a. Le plan \(\mathcal{P}\) est perpendiculaire à (AB), donc \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-2\\2\\-2\end{pmatrix}\) est un vecteur normal à \(\mathcal{P}\), tout comme \(-\dfrac12\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc de la forme \(x – y + z + d = 0\). Comme C\((-1\,;\,-1\,;\,2)\) appartient à \(\mathcal{P}\) : \(-1 + 1 + 2 + d = 0\), soit \(d = -2\).
\(\mathcal{P} : x – y + z – 2 = 0\) (équation équivalente à \(-x + y – z + 2 = 0\)).
b. La droite (AB) passe par A\((2\,;\,0\,;\,3)\) et est dirigée par \(\vec{u} = \dfrac12\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}\). Un point M\((x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (AB) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{AM}} = t\,\vec{u}\), d’où :
\[(\text{AB}) : \{\begin{array}{l} x = 2 – t \\ y = t \\ z = 3 – t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]
c. Le point E est sur (AB), donc ses coordonnées s’écrivent \((2 – t\,;\,t\,;\,3 – t)\), et il est sur \(\mathcal{P}\). On remplace dans l’équation du plan :
\[(2 – t) – t + (3 – t) – 2 = 0 \iff 3 – 3t = 0 \iff t = 1.\]
E\((1\,;\,1\,;\,2)\).
d. Le point E est le projeté orthogonal de C sur (AB) : le segment [CE] est la hauteur du triangle ABC issue de C, relative à la base [AB]. On a \(\vec{\text{CE}}\begin{pmatrix}2\\2\\0\end{pmatrix}\), donc \(\text{CE} = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt8 = 2\sqrt2\). L’aire vaut alors :
\[\mathcal{A}_{\text{ABC}} = \dfrac{\text{AB} \times \text{CE}}{2} = \dfrac{2\sqrt3 \times 2\sqrt2}{2} = 2\sqrt6.\]
L’aire du triangle ABC est \(2\sqrt6\) unités d’aire, soit environ 4,90.
3. a. Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (question 1.a), ils dirigent le plan (ABC). Il suffit de trouver deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(\vec{\text{AF}} = \alpha\,\vec{\text{AB}} + \beta\,\vec{\text{AC}}\), avec \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix}-1\\-1\\0\end{pmatrix}\). Cela donne le système :
\[\{\begin{array}{l} -2\alpha – 3\beta = -1 \\ 2\alpha – \beta = -1 \\ -2\alpha – \beta = 0 \end{array}.\]
En additionnant les deux dernières lignes : \(-2\beta = -1\), donc \(\beta = \dfrac12\) ; la troisième donne alors \(\alpha = -\dfrac{\beta}{2} = -\dfrac14\). On contrôle avec la première : \(-2 \times (-\dfrac14) – 3 \times \dfrac12 = \dfrac12 – \dfrac32 = -1\). Le système est compatible.
\(\vec{\text{AF}} = -\dfrac14\vec{\text{AB}} + \dfrac12\vec{\text{AC}}\) : les points A, B, C et F sont coplanaires.
b. On a \(\vec{\text{FD}}\begin{pmatrix}3 – 1\\-3 + 1\\-1 – 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\\-4\end{pmatrix}\) et :
\[\vec{\text{FD}} \cdot \vec{\text{AB}} = -4 – 4 + 8 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{\text{FD}} \cdot \vec{\text{AC}} = -6 + 2 + 4 = 0.\]
\(\vec{\text{FD}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : la droite (FD) est orthogonale au plan (ABC).
c. Le point F appartient au plan (ABC) et la droite (FD) est orthogonale à ce plan : F est le projeté orthogonal de D sur (ABC). La hauteur du tétraèdre ABCD relative à la base ABC est donc \(\text{FD} = \sqrt{4 + 4 + 16} = \sqrt{24} = 2\sqrt6\).
\[V = \dfrac13 \times \mathcal{A}_{\text{ABC}} \times \text{FD} = \dfrac13 \times 2\sqrt6 \times 2\sqrt6 = \dfrac{24}{3} = 8.\]
Le volume du tétraèdre ABCD est égal à 8 unités de volume.
Exercice 3 :
Partie A
1. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} (-x) = +\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\).
En \(+\infty\), on a une forme indéterminée « \(\infty – \infty\) ». Pour \(x \gt 0\), on factorise : \(h(x) = x(\dfrac{\text{e}^x}{x} – 1)\). Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\), donc la parenthèse tend vers \(+\infty\), et par produit avec \(x\) qui tend vers \(+\infty\) :
\(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = +\infty\).
2. La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(h^{\prime}(x) = \text{e}^x – 1\). Par stricte croissance de l’exponentielle, \(\text{e}^x \gt 1 = \text{e}^0 \iff x \gt 0\) : donc \(h^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]-\infty\,;\,0[\), \(h^{\prime}(0) = 0\) et \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). Le minimum vaut \(h(0) = \text{e}^0 – 0 = 1\).
| \(x\) | \(-\infty\) | 0 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(h^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | ||
| \(h\) | \(+\infty\) | ↘ | 1 | ↗ | \(+\infty\) |
\(h\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).
3. Les réels \(a\) et \(b\) appartiennent tous deux à \(]0\,;\,+\infty[\), intervalle sur lequel \(h\) est strictement croissante. Une fonction strictement croissante conserve l’ordre, donc \(a \lt b\) entraîne \(h(a) \lt h(b)\).
Si \(0 \lt a \lt b\), alors \(h(a) – h(b) \lt 0\).
Partie B
1. On a \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x\), donc \(f(0) = f^{\prime}(0) = \text{e}^0 = 1\). L’équation de la tangente en 0 est \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0)\).
\(T : y = x + 1\).
Remarque : au point d’abscisse \(\dfrac1n\), l’ordonnée sur \(\mathcal{C}_f\) est \(\text{e}^{\frac1n}\) et celle sur \(T\) est \(\dfrac1n + 1\) ; leur différence est exactement \(u_n\).
2. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac1n = 0\). La fonction exponentielle étant continue en 0, \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^{\frac1n} = \text{e}^0 = 1\). Par somme :
\(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1 – 0 – 1 = 0\).
3. a. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), les termes « \(-1\) » se compensent :
\[u_{n+1} – u_n = \text{e}^{\frac{1}{n+1}} – \dfrac{1}{n+1} – 1 – \text{e}^{\frac1n} + \dfrac1n + 1 = (\text{e}^{\frac{1}{n+1}} – \dfrac{1}{n+1}) – (\text{e}^{\frac1n} – \dfrac1n).\]
Chaque parenthèse est de la forme \(\text{e}^x – x = h(x)\), respectivement pour \(x = \dfrac{1}{n+1}\) et \(x = \dfrac1n\).
Pour tout entier naturel non nul \(n\), \(u_{n+1} – u_n = h(\dfrac{1}{n+1}) – h(\dfrac1n)\).
b. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(0 \lt n \lt n + 1\), donc, la fonction inverse étant décroissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(0 \lt \dfrac{1}{n+1} \lt \dfrac1n\). On applique la partie A, question 3, avec \(a = \dfrac{1}{n+1}\) et \(b = \dfrac1n\) : \(h(\dfrac{1}{n+1}) – h(\dfrac1n) \lt 0\), c’est-à-dire \(u_{n+1} – u_n \lt 0\).
La suite \((u_n)\) est strictement décroissante.
4. L’écart entre \(T\) et \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse \(\dfrac1n\) est \(u_n\). D’après le tableau, \(u_7 \approx 0{,}0107 \gt 0{,}01\) et \(u_8 \approx 0{,}0081 \lt 0{,}01\) ; comme la suite est décroissante, tous les termes suivants restent inférieurs à \(10^{-2}\).
La plus petite valeur cherchée est \(n = 8\) : au point d’abscisse \(\dfrac18\), l’écart est inférieur à un centième.
Exercice 4 :
Partie A
1. On place d’abord les données : \(P(A) = 0{,}1\), \(P(B) = 0{,}2\) et \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}75\). On en déduit les totaux \(P(\overline{A}) = 0{,}9\) et \(P(\overline{B}) = 0{,}8\), puis chaque case par différence dans sa ligne ou sa colonne : \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}8 – 0{,}75 = 0{,}05\), \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}9 – 0{,}75 = 0{,}15\) et \(P(A \cap B) = 0{,}1 – 0{,}05 = 0{,}05\) (contrôle : \(0{,}05 + 0{,}15 = 0{,}2 = P(B)\)).
| \(A\) | \(\overline{A}\) | Total | |
|---|---|---|---|
| \(B\) | 0,05 | 0,15 | 0,2 |
| \(\overline{B}\) | 0,05 | 0,75 | 0,8 |
| Total | 0,1 | 0,9 | 1 |
2. a. « Présenter au moins un défaut » est l’évènement \(A \cup B\), contraire de « ne présenter aucun des deux défauts », c’est-à-dire de \(\overline{A} \cap \overline{B}\). Donc \(P(A \cup B) = 1 – P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 – 0{,}75\).
La probabilité qu’une paire présente au moins un défaut est \(0{,}25\).
b. Il s’agit de \(P(A \cap B)\), lue dans le tableau. On peut aussi l’obtenir par la formule \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\) : \(0{,}25 = 0{,}1 + 0{,}2 – P(A \cap B)\).
\(P(A \cap B) = 0{,}05\).
c. On compare \(P(A) \times P(B) = 0{,}1 \times 0{,}2 = 0{,}02\) à \(P(A \cap B) = 0{,}05\) : ces nombres sont différents.
Les évènements \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
3. « Un défaut pour un seul des deux traitements » est la réunion des évènements incompatibles \(A \cap \overline{B}\) et \(\overline{A} \cap B\) :
\[P(A \cap \overline{B}) + P(\overline{A} \cap B) = 0{,}05 + 0{,}15 = 0{,}2.\]
La probabilité cherchée est \(0{,}2\).
4. On cherche la probabilité conditionnelle de \(B\) sachant \(A\) :
\[P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}05}{0{,}1} = 0{,}5.\]
Sachant que la paire a un défaut pour T1, la probabilité qu’elle en ait aussi un pour T2 est \(0{,}5\).
Partie B
1. Pour chaque paire prélevée, on observe une épreuve à deux issues : succès « la paire présente le défaut T1 », de probabilité \(p = P(A) = 0{,}1\), ou échec. Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 50 épreuves sont identiques et indépendantes, et \(X\) compte le nombre de succès.
\(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 50\) et \(p = 0{,}1\).
2. Pour une loi binomiale, \(P(X = k) = \dbinom{n}{k}p^k(1 – p)^{n – k}\). Avec \(k = 10\) :
\[P(X = 10) = \dbinom{50}{10} \times 0{,}1^{10} \times 0{,}9^{40} \approx 0{,}015.\]
La probabilité d’avoir exactement 10 paires présentant ce défaut est environ \(0{,}015\).
3. Le nombre moyen est l’espérance de \(X\) : \(E(X) = np = 50 \times 0{,}1 = 5\).
En moyenne, on trouve 5 paires de verres ayant le défaut T1 dans un échantillon de 50 paires.
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