Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. Le premier niveau de l’arbre sépare les tirs à deux points (\(D\), probabilité \(\dfrac14 = 0{,}25\)) des tirs à trois points (\(\overline{D}\), probabilité \(\dfrac34 = 0{,}75\)). Le second niveau indique la réussite : \(p_D(R) = 0{,}6\) et \(p_{\overline{D}}(R) = 0{,}35\), d’où, par complément à 1, \(p_D(\overline{R}) = 0{,}4\) et \(p_{\overline{D}}(\overline{R}) = 0{,}65\).
b. On suit le chemin « \(\overline{D}\) puis \(R\) » et on multiplie les probabilités portées par ses branches :
\[p(\overline{D} \cap R) = p(\overline{D}) \times p_{\overline{D}}(R) = 0{,}75 \times 0{,}35 = 0{,}2625.\]
La probabilité que le tir soit un tir à trois points réussi vaut \(0{,}2625\).
c. De la même façon, \(p(D \cap R) = 0{,}25 \times 0{,}6 = 0{,}15\). Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :
\[p(R) = p(D \cap R) + p(\overline{D} \cap R) = 0{,}15 + 0{,}2625 = 0{,}4125.\]
La probabilité que Stéphanie réussisse un tir est bien \(0{,}4125\).
d. On cherche la probabilité conditionnelle de \(\overline{D}\) sachant \(R\) :
\[p_R(\overline{D}) = \dfrac{p(\overline{D} \cap R)}{p(R)} = \dfrac{0{,}2625}{0{,}4125} = \dfrac{7}{11} \approx 0{,}636.\]
Sachant que le tir est réussi, la probabilité que ce soit un tir à trois points est environ \(0{,}64\).
2. a. Chaque tir est une épreuve à deux issues : succès (tir réussi) de probabilité \(p = 0{,}35\), ou échec. On répète 10 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, et \(X\) compte le nombre de succès.
\(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}35\).
b. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 10 \times 0{,}35 = 3{,}5\).
\(E(X) = 3{,}5\) : sur un grand nombre de séries de 10 tirs à trois points, Stéphanie en réussit en moyenne 3,5 par série.
c. Rater 4 tirs ou plus sur 10, c’est réussir au plus \(10 – 4 = 6\) tirs. On calcule donc \(P(X \leq\, 6)\) à la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) :
\[P(X \leq\, 6) \approx 0{,}9740.\]
La probabilité que Stéphanie rate 4 tirs ou plus est environ \(0{,}97\).
d. Rater au plus 4 tirs, c’est réussir au moins 6 tirs :
\[P(X \geq\, 6) = 1 – P(X \leq\, 5) \approx 0{,}0949.\]
La probabilité que Stéphanie rate au plus 4 tirs est environ \(0{,}09\).
3. Soit \(Y\) le nombre de tirs réussis parmi les \(n\) tirs : \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}35\). L’évènement « réussir au moins un tir » est le contraire de « rater les \(n\) tirs », dont la probabilité est \(0{,}65^n\) (tirs indépendants). Donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – 0{,}65^n\).
On résout :
\[1 – 0{,}65^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}65^n \leq\, 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), cela équivaut à \(n \ln(0{,}65) \leq\, \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}65) \lt 0\), on change le sens de l’inégalité en divisant :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}65)} \approx 10{,}69.\]
Vérification : \(1 – 0{,}65^{10} \approx 0{,}9865\) (insuffisant) et \(1 – 0{,}65^{11} \approx 0{,}9912\) (convient).
La valeur minimale est \(n = 11\) tirs.
Exercice 2 :
1. a. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), on dérive le produit \(x \ln(x)\) avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x\) et \(v(x) = \ln(x)\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac1x – 1 = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x).\]
Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime}(x) = \ln(x)\).
b. L’équation de la tangente au point d’abscisse \(\text{e}\) est \(y = f^{\prime}(\text{e})(x – \text{e}) + f(\text{e})\). Or \(f(\text{e}) = \text{e} \times 1 – \text{e} – 2 = -2\) et \(f^{\prime}(\text{e}) = \ln(\text{e}) = 1\). Donc \(y = 1 \times (x – \text{e}) – 2\).
\(T : y = x – \text{e} – 2\).
c. On dérive \(f^{\prime}\) : \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac1x\). Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\).
La dérivée seconde est strictement positive, donc \(f\) est convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\).
d. Une fonction convexe a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes.
La courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de la tangente \(T\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) (elles se touchent uniquement au point d’abscisse \(\text{e}\)).
2. a. On connaît la limite de croissance comparée \(\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0\). De plus \(\lim\limits_{x \to 0^+} (-x – 2) = -2\). Par somme :
\(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -2\).
b. En \(+\infty\), la somme \(x\ln(x) – x\) est une forme indéterminée « \(\infty – \infty\) ». On factorise par \(x\) :
\[f(x) = x(\ln(x) – 1) – 2.\]
Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} (\ln(x) – 1) = +\infty\), le produit tend vers \(+\infty\), et en retranchant 2 :
\(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
3. Le signe de \(f^{\prime}(x) = \ln(x)\) est connu : \(\ln(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(\ln(1) = 0\) et \(\ln(x) \gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\,1]\) et strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), avec un minimum \(f(1) = 0 – 1 – 2 = -3\).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| \(f\) | || \(-2\) | ↘ | \(-3\) | ↗ | \(+\infty\) |
4. a. On étudie les deux intervalles du tableau.
- Sur \(]0\,;\,1]\) : \(f\) est strictement décroissante, de limite \(-2\) en 0, donc \(f(x) \lt -2 \lt 0\) pour tout \(x\) de cet intervalle. L’équation \(f(x) = 0\) n’y a aucune solution.
- Sur \([1\,;\,+\infty[\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(1) = -3 \lt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Comme 0 est compris entre \(-3\) et \(+\infty\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur cet intervalle.
L’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\), et \(\alpha \gt 1\).
b. À la calculatrice : \(f(4{,}3) \approx -0{,}028 \lt 0\) et \(f(4{,}4) \approx 0{,}119 \gt 0\). Comme \(f\) est strictement croissante sur \([4{,}3\,;\,4{,}4]\) et change de signe entre ces deux bornes, la solution \(\alpha\) est entre elles.
\(\alpha \in\ ]4{,}3\,;\,4{,}4[\).
c. D’après les questions précédentes :
- sur \(]0\,;\,1]\), \(f(x) \lt 0\) ;
- sur \([1\,;\,\alpha[\), \(f\) croît strictement vers \(f(\alpha) = 0\), donc \(f(x) \lt 0\) ;
- sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(f(x) \gt f(\alpha) = 0\).
\(f\) est strictement négative sur \(]0\,;\,\alpha[\), s’annule en \(\alpha\) et est strictement positive sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).
5. La fonction part de \(x = 4{,}3\) et ajoute le pas 0,01 tant que \(f(x) \lt 0\) : elle renvoie la première valeur de la liste 4,30 ; 4,31 ; 4,32 ; … pour laquelle \(f(x) \geq\, 0\).
On a \(f(4{,}30) \approx -0{,}028\), \(f(4{,}31) \approx -0{,}013\) (encore négatifs) puis \(f(4{,}32) \approx 0{,}0013 \gt 0\) : la boucle s’arrête à \(x = 4{,}32\).
L’appel seuil(0.01) renvoie 4,32 (Python peut afficher 4.319999999999999 à cause des arrondis des nombres à virgule flottante).
Interprétation : \(f(4{,}31) \lt 0 \lt f(4{,}32)\), donc \(4{,}31 \lt \alpha \lt 4{,}32\) : la fonction fournit une valeur approchée par excès de \(\alpha\) à 0,01 près.
Exercice 3 :
1. Dans ce repère, l’axe des abscisses suit [DC] (DC = 6), l’axe des ordonnées suit [DA] (DA = 4) et l’axe des cotes suit [DH] (DH = 4). On a donc C(6 ; 0 ; 0), A(0 ; 4 ; 0) et H(0 ; 0 ; 4), puis :
B(6 ; 4 ; 0), E(0 ; 4 ; 4), F(6 ; 4 ; 4) et G(6 ; 0 ; 4).
2. Volume du parallélépipède : \(V_1 = \text{DC} \times \text{DA} \times \text{DH} = 6 \times 4 \times 4 = 96\).
La pyramide a pour base le rectangle EFGH, d’aire \(6 \times 4 = 24\), situé dans le plan d’équation \(z = 4\). Sa hauteur est la distance de S à ce plan : \(6 – 4 = 2\). Donc :
\[V_2 = \dfrac13 \times 24 \times 2 = 16.\]
Le volume total de la maison est \(V_1 + V_2 = 96 + 16 = 112\), et :
\[\dfrac{V_2}{V_1 + V_2} = \dfrac{16}{112} = \dfrac17.\]
La pyramide EFGHS représente bien le septième du volume total de la maison.
3. a. On calcule deux vecteurs du plan (EFS) : \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{ES}}\begin{pmatrix}3\\-2\\2\end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée du premier est nulle, pas celle du second).
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{EF}} = 0 \times 6 + 1 \times 0 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{ES}} = 0 \times 3 + 1 \times (-2) + 1 \times 2 = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EFS), il est donc normal à ce plan.
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(y + z + d = 0\). Le point E(0 ; 4 ; 4) appartient au plan : \(4 + 4 + d = 0\), soit \(d = -8\).
Une équation cartésienne de (EFS) est \(y + z – 8 = 0\).
4. a. La droite (PQ) passe par Q(2 ; 3 ; 5,5) et est dirigée par \(\vec{k}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\). Un point M(\(x\) ; \(y\) ; \(z\)) est sur (PQ) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{QM}} = t\,\vec{k}\), c’est-à-dire \(x – 2 = 0\), \(y – 3 = 0\) et \(z – 5{,}5 = t\).
On retrouve la représentation paramétrique \(x = 2\), \(y = 3\), \(z = 5{,}5 + t\) (\(t \in \mathbb{R}\)).
b. P est le point de (PQ) qui appartient au plan (EFS). On remplace dans l’équation du plan : \(3 + (5{,}5 + t) – 8 = 0\), d’où \(t = -0{,}5\) et \(z = 5{,}5 – 0{,}5 = 5\).
P(2 ; 3 ; 5).
c. \(\text{PQ} = \sqrt{(2-2)^2 + (3-3)^2 + (5{,}5 – 5)^2} = \sqrt{0{,}25} = 0{,}5\).
L’antenne mesure 0,5 unité de longueur.
5. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}6\\-4\\4\end{pmatrix}\), celui de (PQ) est \(\vec{k}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\). La première coordonnée de \(\vec{k}\) est nulle mais pas celle de \(\vec{u}\) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Elles sont soit sécantes, soit non coplanaires.
On cherche un point commun, c’est-à-dire des réels \(t\) et \(s\) tels que :
\[\{\begin{array}{l} 2 = -4 + 6s \\ 3 = 7 – 4s \\ 5{,}5 + t = 2 + 4s \end{array}.\]
La première équation donne \(s = 1\) ; la deuxième donne aussi \(s = 1\) (\(7 – 4 = 3\)), elles sont donc compatibles ; la troisième donne alors \(5{,}5 + t = 6\), soit \(t = 0{,}5\).
Les droites (PQ) et \(\Delta\) sont sécantes au point de coordonnées (2 ; 3 ; 6).
Sur la droite (PQ), le point P correspond à \(t = -0{,}5\) et le point Q à \(t = 0\) : le segment [PQ] est formé des points obtenus pour \(-0{,}5 \leq\, t \leq\, 0\), c’est-à-dire de cote comprise entre 5 et 5,5. Le point d’intersection correspond à \(t = 0{,}5\) (cote 6), il est en dehors du segment.
L’oiseau ne percute pas l’antenne : il passe à la verticale de l’antenne, 0,5 unité au-dessus de son sommet Q.
Exercice 4 :
1. Réponse d. Pour tout \(n\), \(-1 \leq\, (-1)^n \leq\, 1\) et \(n + 1 \gt 0\), donc \(-\dfrac{1}{n+1} \leq\, u_n \leq\, \dfrac{1}{n+1}\). Les deux suites qui encadrent tendent vers 0, donc d’après le théorème des gendarmes \((u_n)\) converge vers 0.
2. Réponse a. \(w_0 = \text{e}^{-2\ln(a)} + 2 = \text{e}^{\ln(a^{-2})} + 2 = a^{-2} + 2 = \dfrac{1}{a^2} + 2\).
3. Réponse b. Si \(v_n \leq\, v_{n+1}\), alors \(-2v_{n+1} \leq\, -2v_n\) (multiplication par un négatif), puis \(\text{e}^{-2v_{n+1}} \leq\, \text{e}^{-2v_n}\) car l’exponentielle est croissante, donc \(w_{n+1} \leq\, w_n\) : \((w_n)\) est décroissante. De plus \(\text{e}^{-2v_n} \gt 0\), donc \(w_n \gt 2\) : la suite est minorée par 2. (Elle n’est pas forcément majorée par 3 : par exemple avec \(v_0 = -1\), \(w_0 = \text{e}^2 + 2 \gt 3\).)
4. Réponse b. Le point fixe \(\ell\) vérifie \(\ell = \dfrac13\ell + \dfrac83\), soit \(\ell = 4\). En posant \(c_n = a_n – 4\), on obtient \(c_{n+1} = \dfrac13 a_n + \dfrac83 – 4 = \dfrac13(a_n – 4) = \dfrac13 c_n\) : \((c_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac13\) et de premier terme \(c_0 = 2 – 4 = -2\). Donc \(a_n = 4 – 2(\dfrac13)^n = -\dfrac{2}{3^n} + 4\). Contrôle : \(a_0 = 2\), \(a_1 = \dfrac23 + \dfrac83 = \dfrac{10}{3}\) et \(4 – \dfrac23 = \dfrac{10}{3}\). (La proposition a donne \(a_0 = 2\) mais \(a_1 = -\dfrac23\), et c donne \(a_0 = 3\).)
5. Réponse b. \(b_{n+1} – b_n = \ln(\dfrac{2}{b_n^2 + 3})\). Or \(b_n^2 + 3 \geq\, 3 \gt 2\), donc \(0 \lt \dfrac{2}{b_n^2 + 3} \lt 1\) et son logarithme est strictement négatif. Ainsi \(b_{n+1} – b_n \lt 0\) pour tout \(n\), quelle que soit la valeur de \(b_0\) : la suite est décroissante.
6. Réponse b. En \(0^+\) : \(\text{e}^x \to 1\) et \(x \to 0^+\), donc \(g(x) \to +\infty\) : la droite d’équation \(x = 0\) est asymptote verticale. En \(+\infty\) : par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\), la limite n’est pas finie, donc pas d’asymptote horizontale.
7. Réponse d. On écrit \(f(x) = \dfrac12 \times 2x\,\text{e}^{x^2+1}\), de la forme \(\dfrac12 u^{\prime}\text{e}^u\) avec \(u(x) = x^2 + 1\). Une primitive est \(\dfrac12\text{e}^{x^2+1}\). Vérification : la dérivée de \(\dfrac12\text{e}^{x^2+1}\) est \(\dfrac12 \times 2x\,\text{e}^{x^2+1} = x\text{e}^{x^2+1}\).
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