Corrigé étrangers 2022 : ce que contient la correction
Tout d’abord, ce corrigé étrangers 2022 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 aux centres étrangers (jour 1), dont chaque question est corrigée et justifiée. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la convexité et la géométrie dans l’espace. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.
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 \(f\).
Exercice 1 du corrigé étrangers 2022 : questions 4 à 6
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 :
\[(2 – t) – t + (3 – t) – 2 = 0 \iff 3 – 3t = 0 \iff t = 1.\]
Exercice 2 du corrigé étrangers 2022 : question 3
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.
Exercice 4 du corrigé étrangers 2022, partie A : questions 3 à 4
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.
Corrigé étrangers 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 exponentielle ou la fonction logarithme népérien. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction exponentielle propose un rappel complet.
Les erreurs qui coûtent des points
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- 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.
Questions fréquentes sur ce corrigé étrangers 2022
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 exponentielle, la fonction logarithme népérien et la convexité, 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.
En outre, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2022 aux centres étrangers (jour 1) : sujet et corrigé.
