Corrigé bac 2022 : ce que contient la correction
D’abord, précisons que ce corrigé bac 2022 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en Amérique du Nord (jour 2), avec une rédaction complète des réponses. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la convexité, la fonction exponentielle et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Le premier matin, la moitié des vélos est en A et l’autre moitié en B, donc \(P(A_1) = P(B_1) = 0{,}5\). Partant de A, le vélo reste en A avec la probabilité \(0{,}84\), donc il passe en B avec la probabilité \(1 – 0{,}84 = 0{,}16\). Partant de B, il reste en B avec la probabilité \(0{,}76\), donc il passe en A avec la probabilité \(1 – 0{,}76 = 0{,}24\). L’arbre complété porte donc :
- branche vers \(A_1\) : \(0{,}5\), puis \(A_1 \to A_2\) : \(0{,}84\) et \(A_1 \to B_2\) : \(0{,}16\) ;
- branche vers \(B_1\) : \(0{,}5\), puis \(B_1 \to A_2\) : \(0{,}24\) et \(B_1 \to B_2\) : \(0{,}76\).
2. a. Les évènements \(A_1\) et \(B_1\) forment une partition de l’univers (le vélo est soit en A, soit en B). D’après la formule des probabilités totales :
\[a_2 = P(A_1 \cap A_2) + P(B_1 \cap A_2) = 0{,}5 \times 0{,}84 + 0{,}5 \times 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54.\]
Donc \(a_2 = 0{,}54\).
b. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{A_2}(B_1)\) : on sait que le vélo est en A le deuxième matin et on se demande s’il venait de B.
\[P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}222.\]
La probabilité que le vélo se soit trouvé en B le premier matin est environ \(0{,}222\).
Exercice 1 du corrigé bac 2022 : questions 3 à 4
3. a. Le \(n\)-ième matin, le vélo est en A avec la probabilité \(a_n\) et en B avec la probabilité \(b_n = 1 – a_n\), puisque les deux évènements sont contraires. Les probabilités de transition d’un matin au suivant sont les mêmes qu’à la question 1. L’arbre complété porte donc :
- branche vers \(A_n\) : \(a_n\), puis \(A_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}84\) et \(A_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}16\) ;
- branche vers \(B_n\) : \(1 – a_n\), puis \(B_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}24\) et \(B_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}76\).
b. Comme \(A_n\) et \(B_n\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne, pour tout entier \(n \geq\, 1\) :
\[a_{n+1} = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) = 0{,}84\,a_n + 0{,}24\,(1 – a_n).\]
En développant : \(a_{n+1} = 0{,}84\,a_n + 0{,}24 – 0{,}24\,a_n\), c’est-à-dire \(a_{n+1} = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\).
4. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) » pour \(n \geq\, 1\).
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{0} = 0{,}6 – 0{,}1 = 0{,}5 = a_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour un entier \(n \geq\, 1\) fixé, et montrons \(\mathcal{P}(n+1)\). En utilisant la relation de récurrence puis l’hypothèse :
\[a_{n+1} = 0{,}6(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}) + 0{,}24 = 0{,}36 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n} + 0{,}24 = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n}.\]
C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}6^{(n+1)-1} = 0{,}6^n\).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).
Exercice 1 : questions 5 à 6
5. Comme \(-1 \lt 0{,}6 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}6^{n-1})\) tend vers 0 quand \(n\) tend vers \(+\infty\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0{,}6\).
Interprétation : à long terme, la probabilité qu’un vélo se trouve au point A un matin se stabilise autour de 0,6. Autrement dit, au bout d’un certain temps, environ 60 % des vélos se trouvent chaque matin au point A (et 40 % au point B).
6. On résout l’inéquation :
\[a_n \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}001 \iff 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc l’inégalité se conserve en prenant le logarithme : \((n-1)\ln(0{,}6) \leq\, \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}6) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n – 1 \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}015 \quad \text{donc} \quad n \geq\, 10{,}015\ldots\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 11\). Vérification : \(a_{10} \approx 0{,}59899 \lt 0{,}599\) et \(a_{11} \approx 0{,}59940 \geq\, 0{,}599\).
Interprétation : c’est à partir du 11e matin que la probabilité qu’un vélo soit au point A atteint au moins 0,599, c’est-à-dire qu’elle est à moins d’un millième de sa valeur limite 0,6.
Exercice 2 :
Partie A
1. La fonction polynôme \(p\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) et \(p^{\prime}(x) = 3x^2 – 6x + 5\). C’est un trinôme du second degré de discriminant \(\Delta = (-6)^2 – 4 \times 3 \times 5 = 36 – 60 = -24 \lt 0\). Il n’a donc aucune racine et garde le signe de son coefficient dominant 3, qui est positif : \(p^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout \(x\). Ainsi \(p\) est strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\).
2. On calcule les valeurs aux bornes : \(p(-3) = -27 – 27 – 15 + 1 = -68\) et \(p(4) = 64 – 48 + 20 + 1 = 37\).
La fonction \(p\) est continue (c’est un polynôme) et strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\), et 0 est compris entre \(p(-3) = -68\) et \(p(4) = 37\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(p(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-3\ ;\ 4]\).
3. Avec la calculatrice (tableau de valeurs), on trouve \(p(-0{,}2) = -0{,}128 \lt 0\) et \(p(-0{,}1) = 0{,}469 \gt 0\), donc \(-0{,}2 \lt \alpha \lt -0{,}1\). En affinant, \(p(-0{,}18) \lt 0\) et \(p(-0{,}17) \gt 0\) : \(\alpha \approx -0{,}18\). Au dixième près, \(\alpha \approx -0{,}2\).
4. Puisque \(p\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), elle est négative avant \(\alpha\) et positive après :
| \(x\) | \(-3\) | \(\alpha\) | \(4\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(p(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) |
Partie B
1. a. Le dénominateur \(1 + x^2\) ne s’annule jamais, donc \(f\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) comme quotient de fonctions dérivables. Avec \(u(x) = \text{e}^x\) et \(v(x) = 1 + x^2\), on a \(u^{\prime}(x) = \text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = 2x\), d’où :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x(1 + x^2) – \text{e}^x \times 2x}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{\text{e}^x(x^2 – 2x + 1)}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{(x-1)^2\,\text{e}^x}{(1 + x^2)^2}.\]
b. Pour \(x = 1\), le facteur \((x-1)^2\) est nul, donc \(f^{\prime}(1) = 0\). Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1 est nul : cette tangente est horizontale. Comme \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2}\), elle a pour équation \(y = \dfrac{\text{e}}{2}\) (environ 1,36, ce qui correspond au palier visible sur le graphique).
2. a. Sur le graphique, la courbe semble tourner sa concavité vers le haut (convexe) de \(-3\) à environ 0, puis vers le bas (concave) entre environ 0 et 1, puis de nouveau vers le haut de 1 à 4. La convexité semble donc changer deux fois : la courbe paraît avoir deux points d’inflexion, vers les abscisses 0 et 1. Le toboggan semble assurer de bonnes sensations.
b. Un point d’inflexion correspond à une valeur où \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe. Pour tout \(x\) de \([-3\ ;\ 4]\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((1 + x^2)^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le même signe que le produit \(p(x)(x-1)\). Le signe de \(p(x)\) est connu (partie A) et \(x – 1\) s’annule en 1, avec \(\alpha \approx -0{,}18 \lt 1\) :
Exercice 2 du corrigé bac 2022, partie B (suite)
| \(x\) | \(-3\) | \(\alpha\) | \(1\) | \(4\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(p(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | \(+\) | |||
| \(x – 1\) | \(-\) | \(-\) | 0 | \(+\) | |||
| \(f^{\prime\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | 0 | \(+\) |
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\alpha\) et en 1 : \(f\) est convexe sur \([-3\ ;\ \alpha]\), concave sur \([\alpha\ ;\ 1]\) et convexe sur \([1\ ;\ 4]\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) possède donc exactement deux points d’inflexion, d’abscisses \(\alpha\) et 1. Le toboggan assure bien de bonnes sensations.
Exercice 3 :
1. a. On calcule les coordonnées des vecteurs : \(\vec{\text{AR}}\begin{pmatrix}0\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AT}}\begin{pmatrix}-3\\0\\2\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :
\[\text{AR} = \sqrt{0^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \quad \text{et} \quad \text{AT} = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{13}.\]
Comme AR = AT, le triangle ART est isocèle en A.
b. Avec les coordonnées dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 0 \times (-3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 4.\]
Donc \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 4\).
c. On sait aussi que \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = \text{AR} \times \text{AT} \times \cos\widehat{\text{RAT}}\). Donc :
\[\cos\widehat{\text{RAT}} = \dfrac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \dfrac{4}{13}.\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{RAT}} \approx 72{,}1^\circ\).
2. a. Les vecteurs \(\vec{\text{AR}}\) et \(\vec{\text{AT}}\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\vec{\text{AR}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AT}}\) ne l’est pas, et la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AT}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AR}}\) ne l’est pas. Ils dirigent donc le plan (ART). Calculons :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AR}} = 2 \times 0 + (-2) \times 3 + 3 \times 2 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AT}} = 2 \times (-3) + (-2) \times 0 + 3 \times 2 = 0.\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ART) : c’est un vecteur normal au plan (ART).
Exercice 3 : question 3
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\) a une équation de la forme \(2x – 2y + 3z + d = 0\). Le point A(6 ; 0 ; 2) appartient au plan, donc \(12 – 0 + 6 + d = 0\), soit \(d = -18\). Une équation cartésienne du plan est \(2x – 2y + 3z – 18 = 0\).
On peut contrôler avec R : \(12 – 6 + 12 – 18 = 0\), et avec T : \(6 – 0 + 12 – 18 = 0\).
3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ART), donc tout vecteur normal à ce plan, en particulier \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\), est un vecteur directeur de \(\Delta\). Elle passe par \(\text{S}(3\ ;\ \dfrac52\ ;\ 0)\). Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{S}M} = k\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x = 3 + 2k\), \(y = \dfrac52 – 2k\), \(z = 0 + 3k\). On retrouve le système proposé.
b. Le point L est sur \(\Delta\) : ses coordonnées s’écrivent \((3 + 2k\ ;\ \dfrac52 – 2k\ ;\ 3k)\) pour un certain réel \(k\). Il est aussi dans le plan (ART), donc :
\[2(3 + 2k) – 2(\dfrac52 – 2k) + 3 \times 3k – 18 = 0 \iff 6 + 4k – 5 + 4k + 9k – 18 = 0 \iff 17k – 17 = 0 \iff k = 1.\]
En reportant \(k = 1\) : \(x = 5\), \(y = \dfrac52 – 2 = \dfrac12\) et \(z = 3\). Donc L a pour coordonnées \((5\ ;\ \dfrac12\ ;\ 3)\).
Exercice 3 du corrigé bac 2022 : question 4
4. a. Les coordonnées des sommets utiles sont D(0 ; 8 ; 0), E(0 ; 0 ; 4) et H(0 ; 8 ; 4). Le milieu K de [EH] a pour coordonnées \((\dfrac{0+0}{2}\ ;\ \dfrac{0+8}{2}\ ;\ \dfrac{4+4}{2}) = (0\ ;\ 4\ ;\ 4)\), d’où \(\vec{\text{DK}}\begin{pmatrix}0\\-4\\4\end{pmatrix}\).
Soit \(t \in [0\ ;\ 1]\) et N le point de coordonnées \((0\ ;\ 8 – 4t\ ;\ 4t)\). Alors \(\vec{\text{DN}}\begin{pmatrix}0\\-4t\\4t\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{DN}} = t\,\vec{\text{DK}}\). Les points D, N, K sont alignés, et comme \(0 \leq\, t \leq\, 1\), le point N se trouve entre D (pour \(t = 0\)) et K (pour \(t = 1\)). Ainsi N est un point du segment [DK].
b. On a \(\vec{\text{SL}}\begin{pmatrix}5 – 3\\ \frac12 – \frac52\\ 3 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{SN}}\begin{pmatrix}0 – 3\\ 8 – 4t – \frac52\\ 4t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\ \frac{11}{2} – 4t\\ 4t\end{pmatrix}\).
Les segments [SL] et [SN] sont perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire \(\vec{\text{SL}} \cdot \vec{\text{SN}}\) est nul :
\[2 \times (-3) – 2(\dfrac{11}{2} – 4t) + 3 \times 4t = 0 \iff -6 – 11 + 8t + 12t = 0 \iff 20t = 17 \iff t = \dfrac{17}{20}.\]
Cette valeur appartient bien à \([0\ ;\ 1]\). On obtient \(y = 8 – 4 \times \dfrac{17}{20} = 8 – \dfrac{17}{5} = \dfrac{23}{5}\) et \(z = 4 \times \dfrac{17}{20} = \dfrac{17}{5}\). Le point cherché est \(\text{N}(0\ ;\ \dfrac{23}{5}\ ;\ \dfrac{17}{5})\), soit N(0 ; 4,6 ; 3,4).
Exercice 4 :
Question 1 : réponse d. On écrit chaque terme avec \(\ln(3)\) : \(\ln(9) = 2\ln(3)\), \(\ln(\dfrac{\sqrt3}{3}) = \ln(\sqrt3) – \ln(3) = \dfrac12\ln(3) – \ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\) et \(\ln(\dfrac19) = -2\ln(3)\). En additionnant : \(a = 2\ln(3) – \dfrac12\ln(3) – 2\ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\).
Question 2 : réponse c. L’équation n’a de sens que si \(x \gt 0\) et \(x – 10 \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt 10\). Sur \(]10\ ;\ +\infty[\), elle s’écrit \(\ln\big(x(x-10)\big) = \ln(21)\), donc, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante, \(x^2 – 10x – 21 = 0\). Le discriminant vaut \(100 + 84 = 184\) et \(\sqrt{184} = 2\sqrt{46}\), d’où les racines \(5 – \sqrt{46}\) et \(5 + \sqrt{46}\). Comme \(\sqrt{46} \gt 5\), la première est négative et ne convient pas ; la seconde est supérieure à 10 et convient. L’équation a donc une seule solution, \(5 + \sqrt{46}\). La réponse a est fausse car 3 n’est pas dans le domaine.
Question 3 : réponse d. Par la dérivée d’un produit, \(f^{\prime}(x) = 2x(-1 + \ln x) + x^2 \times \dfrac1x = -2x + 2x\ln x + x = x(2\ln x – 1)\). Donc la réponse a est fausse. On a \(f^{\prime}(x) = 0 \iff \ln x = \dfrac12 \iff x = \sqrt{\text{e}}\), et \(f^{\prime}\) est négative sur \(]0\ ;\ \sqrt{\text{e}}[\) : les réponses b et c sont fausses. La tangente au point d’abscisse \(\sqrt{\text{e}}\) est horizontale, d’équation \(y = f(\sqrt{\text{e}}) = \text{e}(-1 + \dfrac12) = -\dfrac12\text{e}\).
Exercice 4 : questions 4 à 6
Question 4 : réponse b. Chaque tirage (avec remise) est une épreuve de Bernoulli dont le succès « jeton jaune » a pour probabilité \(\dfrac{20}{50} = 0{,}4\). Les 5 tirages sont identiques et indépendants, donc le nombre \(X\) de jetons jaunes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5\ ;\ 0{,}4)\). Ainsi \(P(X = 2) = \dbinom{5}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456 \approx 0{,}346\).
Question 5 : réponse d. Avec la même variable \(X\), l’évènement contraire de « au moins un jeton jaune » est « aucun jeton jaune » : \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}6^5 = 1 – 0{,}07776 \approx 0{,}922\).
Question 6 : réponse c. La moyenne du nombre de jetons jaunes sur un très grand nombre de répétitions est l’espérance de \(X\) : \(E(X) = np = 5 \times 0{,}4 = 2\).
Corrigé bac 2022 : méthode pour bien s’entraîner
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction logarithme népérien ou la convexité. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction logarithme.
Les erreurs qui coûtent des points
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
Corrigé bac 2022 : questions fréquentes
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? En priorité, la fonction logarithme népérien, la convexité et la fonction exponentielle, mais aussi la géométrie dans l’espace.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
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