Corrigé du bac de maths 2022 en France (jour 2) à télécharger en PDF

Corrigé France 2022 : la correction en un coup d’œil

Avant tout, ce corrigé France 2022 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en France (jour 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la géométrie dans l’espace, la convexité et la fonction logarithme népérien. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. 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 :

Partie A

1. L’énoncé donne \(P(M) = 0{,}7\), donc \(P(\overline{M}) = 0{,}3\). Si le coyote est malade, le test est positif dans 97 % des cas : \(P_M(T) = 0{,}97\) et \(P_M(\overline{T}) = 0{,}03\). Si le coyote est sain, le test est négatif dans 95 % des cas : \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}95\) et donc \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}05\).

L’arbre complété porte donc : \(0{,}7\) sur la branche vers \(M\) et \(0{,}3\) vers \(\overline{M}\) ; après \(M\), \(0{,}97\) vers \(T\) et \(0{,}03\) vers \(\overline{T}\) ; après \(\overline{M}\), \(0{,}05\) vers \(T\) et \(0{,}95\) vers \(\overline{T}\). On vérifie que les probabilités issues d’un même nœud ont pour somme 1.

2. On cherche \(P(M \cap T)\). On suit le chemin \(M\) puis \(T\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}7 \times 0{,}97 = 0{,}679.\]

La probabilité que le coyote soit malade et que son test soit positif est \(0{,}679\).

3. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}679 + 0{,}3 \times 0{,}05 = 0{,}679 + 0{,}015 = 0{,}694.\]

On obtient bien \(P(T) = 0{,}694\).

Exercice 1 du corrigé France 2022, partie A : questions 4 à 5

4. La valeur prédictive positive est la probabilité conditionnelle \(P_T(M)\) :

\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}679}{0{,}694} \approx 0{,}97839.\]

La valeur prédictive positive du test vaut environ \(0{,}978\) au millième.

5. a. Par analogie, la « valeur prédictive négative du test » est la probabilité que le coyote ne soit pas malade sachant que son test est négatif, c’est-à-dire \(P_{\overline{T}}(\overline{M})\).

On a \(P(\overline{T}) = 1 – P(T) = 1 – 0{,}694 = 0{,}306\) et, en suivant le chemin \(\overline{M}\) puis \(\overline{T}\), \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}3 \times 0{,}95 = 0{,}285\). Donc :

\[P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \dfrac{P(\overline{M} \cap \overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}285}{0{,}306} \approx 0{,}93137.\]

La valeur prédictive négative vaut environ \(0{,}931\) au millième.

b. On constate que \(0{,}978 \gt 0{,}931\) : la valeur prédictive positive est plus grande que la valeur prédictive négative. Concrètement, quand le test est positif, le coyote est réellement malade dans environ 97,8 % des cas (on se trompe environ 2 fois sur 100) ; quand le test est négatif, le coyote est réellement sain dans environ 93,1 % des cas seulement (on se trompe environ 7 fois sur 100). Un résultat positif est donc plus fiable qu’un résultat négatif. Cela s’explique en partie par le fait que la maladie est très répandue (70 % des coyotes) : parmi les tests négatifs, la part de malades « ratés » par le test n’est pas négligeable.

Partie B

1. a. Pour chacun des cinq coyotes, on réalise une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le test est positif », de probabilité \(p = 0{,}694\). Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les cinq épreuves sont identiques et indépendantes : on a un schéma de Bernoulli de 5 épreuves. \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = 0{,}694\).

b. On cherche \(P(X = 1)\) :

\[P(X = 1) = \binom\,{5}{1} \times 0{,}694^1 \times (1 – 0{,}694)^4 = 5 \times 0{,}694 \times 0{,}306^4 \approx 0{,}0304.\]

La probabilité qu’un seul coyote sur cinq ait un test positif est environ \(0{,}03\) au centième.

c. « Au moins quatre coyotes sur cinq » correspond à l’évènement \(X \geq\, 4\), soit \(X = 4\) ou \(X = 5\) :

\[P(X = 4) = \binom\,{5}{4} \times 0{,}694^4 \times 0{,}306 \approx 0{,}3549 \quad \text{et} \quad P(X = 5) = 0{,}694^5 \approx 0{,}1610.\]

Donc \(P(X \geq\, 4) \approx 0{,}3549 + 0{,}1610 \approx 0{,}516\). Cette probabilité est supérieure à \(0{,}5\) : il y a bien plus d’une chance sur deux qu’au moins quatre coyotes sur cinq aient un test positif. L’affirmation du vétérinaire est vraie.

Exercice 1 du corrigé France 2022, partie B : question 2

2. Si les vétérinaires capturent \(n\) coyotes (toujours assimilés à un tirage avec remise), le nombre \(Y\) de tests positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}694\). L’évènement « au moins l’un d’entre eux présente un test positif » est le contraire de « aucun test positif », donc :

\[P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}306^n.\]

On résout \(1 – 0{,}306^n \gt 0{,}99\), c’est-à-dire \(0{,}306^n \lt 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), cela équivaut à \(n \ln(0{,}306) \lt \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}306) \lt 0\), on change le sens de l’inégalité en divisant :

\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}306)} \approx 3{,}89.\]

Le plus petit entier qui convient est 4 (vérification : \(0{,}306^3 \approx 0{,}0287\) est trop grand, \(0{,}306^4 \approx 0{,}0088\) convient). Les vétérinaires doivent capturer au moins 4 coyotes.

Exercice 2 :

Question 1 : réponse b. Sur le graphique, \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour \(x \lt -\dfrac{1}{2}\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) pour \(x \gt -\dfrac{1}{2}\). La fonction \(f\) est donc croissante puis décroissante : elle admet un maximum en \(-\dfrac{1}{2}\). Il n’y a pas d’extremum en \(-\dfrac{3}{2}\) (c’est \(f^{\prime}\), pas \(f\), qui y est maximale) et \(f^{\prime}(-1) \neq 0\), donc la tangente en \(-1\) n’est pas horizontale.

Question 2 : réponse a. La fonction \(f\) est convexe là où sa dérivée \(f^{\prime}\) est croissante. Or \(f^{\prime}\) est croissante sur \(]-\infty\ ;\ -\dfrac{3}{2}]\) (elle atteint son maximum en \(-\dfrac{3}{2}\)) puis décroissante ensuite. Donc \(f\) est convexe sur \(]-\infty\ ;\ -\dfrac{3}{2}[\) et concave sur \([-\dfrac{3}{2}\ ;\ +\infty[\). Les réponses b et d sont fausses car la convexité change en \(-\dfrac{3}{2}\), à l’intérieur de \(]-\infty\ ;\ -\dfrac{1}{2}[\) ; la réponse c est fausse car ce changement de convexité donne un point d’inflexion.

Question 3 : réponse c. La fonction \(f^{\prime}\) est dérivable et admet un maximum en \(-\dfrac{3}{2}\), intérieur à \(\mathbb{R}\) : sa dérivée \(f^{\prime\prime}\) s’annule donc en ce point, \(f^{\prime\prime}(-\dfrac{3}{2}) = 0\). Les autres réponses sont fausses : \(f^{\prime}\) décroît sur \([-\dfrac{3}{2}\ ;\ -\dfrac{1}{2}[\) et sur \([-1{,}5\ ;\ -1]\), donc \(f^{\prime\prime}\) y est négative (a et b fausses), et \(f^{\prime}\) est strictement croissante autour de \(-3\), donc \(f^{\prime\prime}(-3) \gt 0\) (d fausse).

Exercice 2 du corrigé France 2022 : questions 4 à 6

Question 4 : réponse b. Si \((u_n)\) est croissante, alors pour tout \(n\), \(u_0 \leq\, u_n \leq\, v_n\) : la suite \((v_n)\) est minorée par \(u_0\). Les autres réponses ne sont pas garanties : \((v_n)\) peut osciller entre 1 et 3 sans converger (a fausse), elle peut aussi converger, par exemple vers 2 (d fausse), et l’encadrement \(1 \leq\, v_0 \leq\, 3\) n’a aucune raison d’être vrai au rang 0 puisque seules les limites de \((u_n)\) et \((w_n)\) sont connues (c fausse).

Question 5 : réponse b. L’inégalité \(u_n \leq\, u_{n+1}\) montre que \((u_n)\) est croissante à partir du rang 1. De plus, pour \(n \geq\, 1\), \(u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, \dfrac{1}{n} \leq\, 1\) : la suite est majorée par 1. Croissante et majorée, elle converge. On ne peut pas en dire plus sur sa limite : par exemple la suite constante égale à \(-1\) vérifie les hypothèses et tend vers \(-1\), ce qui élimine c et d.

Question 6 : réponse b. Au rang \(n\), on a \(u_n \lt n+1\) ; au rang \(n+1\), on a \(n + 1 \lt u_{n+1}\). Donc \(u_n \lt n+1 \lt u_{n+1}\) : la suite est (strictement) croissante. Les autres réponses sont fausses : \(u_n\) est strictement compris entre deux entiers consécutifs, donc n’est jamais entier (a) ; et comme \(u_n \gt n\), la suite tend vers \(+\infty\) : elle diverge (c fausse) mais possède une limite (d fausse).

Exercice 3 :

1. Dans le repère \((\text{A}\ ;\ \vec{\text{AB}},\ \vec{\text{AD}},\ \vec{\text{AE}})\), l’arête du cube vaut 1 et A est l’origine. Le point E est l’extrémité du troisième vecteur de base, \(\vec{\text{AF}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AE}}\), \(\vec{\text{AG}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\), et K est le milieu de [BC] avec B(1 ; 0 ; 0) et C(1 ; 1 ; 0). D’où :

\[\text{E}(0\ ;\ 0\ ;\ 1), \quad \text{F}(1\ ;\ 0\ ;\ 1), \quad \text{G}(1\ ;\ 1\ ;\ 1), \quad \text{K}(1\ ;\ \dfrac{1}{2}\ ;\ 0).\]

2. Deux vecteurs non colinéaires du plan (EGK) sont :

\[\vec{\text{EG}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{\text{EK}}\begin{pmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\-1\end{pmatrix}.\]

Ils ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de \(\vec{\text{EG}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{EK}}\)). On calcule les produits scalaires :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{EG}} = 2 \times 1 + (-2) \times 1 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{EK}} = 2 \times 1 + (-2) \times \dfrac{1}{2} + 1 \times (-1) = 2 – 1 – 1 = 0.\]

Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EGK) : il est orthogonal (normal) au plan (EGK).

3. Puisque \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 1)\) est normal au plan (EGK), celui-ci a une équation de la forme \(2x – 2y + z + c = 0\). Le point E(0 ; 0 ; 1) appartient au plan, donc \(0 – 0 + 1 + c = 0\), soit \(c = -1\).

Le plan (EGK) a donc pour équation \(2x – 2y + z – 1 = 0\). (On peut vérifier avec G : \(2 – 2 + 1 – 1 = 0\), et avec K : \(2 – 1 + 0 – 1 = 0\).)

Exercice 3 : questions 4 à 6

4. La droite \((d)\) est orthogonale au plan (EGK) : elle a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec{n}\). Elle passe par F(1 ; 0 ; 1). Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \((d)\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{F}M} = t\,\vec{n}\), ce qui donne :

\[(d) : \{\begin{array}{l} x = 1 + 2t \\ y = -2t \\ z = 1 + t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

5. Le projeté orthogonal L de F sur le plan (EGK) est le point d’intersection de la droite \((d)\) (perpendiculaire au plan passant par F) avec ce plan. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par leurs expressions en fonction de \(t\) dans l’équation du plan :

\[2(1 + 2t) – 2(-2t) + (1 + t) – 1 = 0 \iff 2 + 9t = 0 \iff t = -\dfrac{2}{9}.\]

On en déduit \(x = 1 – \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9}\), \(y = \dfrac{4}{9}\) et \(z = 1 – \dfrac{2}{9} = \dfrac{7}{9}\). Donc \(\text{L}(\dfrac{5}{9}\ ;\ \dfrac{4}{9}\ ;\ \dfrac{7}{9})\).

6. On a \(\vec{\text{LF}}(1 – \dfrac{5}{9}\ ;\ 0 – \dfrac{4}{9}\ ;\ 1 – \dfrac{7}{9})\), soit \(\vec{\text{LF}}(\dfrac{4}{9}\ ;\ -\dfrac{4}{9}\ ;\ \dfrac{2}{9})\). Le repère étant orthonormé (c’est un cube) :

\[\text{LF} = \sqrt{\dfrac{16}{81} + \dfrac{16}{81} + \dfrac{4}{81}} = \sqrt{\dfrac{36}{81}} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}.\]

On retrouve \(\text{LF} = \dfrac{2}{3}\). (Remarque : \(\vec{\text{LF}} = \dfrac{2}{9}\vec{n}\) et \(\|\vec{n}\| = 3\).)

Exercice 3 du corrigé France 2022 : questions 7 à 9

7. Le triangle EFG est la moitié de la face carrée EFGH, il est rectangle en F avec EF = FG = 1 :

\[\mathcal{A}(\text{EFG}) = \dfrac{\text{EF} \times \text{FG}}{2} = \dfrac{1}{2}.\]

Prenons EFG comme base du tétraèdre EFGK. La face EFGH est dans le plan \(z = 1\) et K est dans le plan \(z = 0\) : la hauteur relative à cette base est la distance de K au plan (EFG), égale à l’arête du cube, soit 1. Donc :

\[V(\text{EFGK}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 = \dfrac{1}{6}.\]

L’aire du triangle EFG vaut \(\dfrac{1}{2}\) et le volume du tétraèdre EFGK vaut bien \(\dfrac{1}{6}\).

8. On calcule maintenant le même volume en prenant EGK comme base. La hauteur associée est la distance de F au plan (EGK), c’est-à-dire LF \(= \dfrac{2}{3}\) puisque L est le projeté orthogonal de F sur ce plan. Ainsi :

\[\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}(\text{EGK}) \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}\,\mathcal{A}(\text{EGK}) \iff \mathcal{A}(\text{EGK}) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{3}{4}.\]

L’aire du triangle EGK vaut \(\dfrac{3}{4}\).

9. Les points P, M et N sont les milieux des côtés du triangle EGK. D’après le théorème des milieux, chaque côté du triangle PMN mesure la moitié d’un côté de EGK : le triangle PMN est une réduction de rapport \(\dfrac{1}{2}\) du triangle EGK, et les aires sont multipliées par \((\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4}\). Donc :

\[\mathcal{A}(\text{PMN}) = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{16}.\]

Les points P, M, N sont dans le plan (EGK) : la hauteur du tétraèdre FPMN issue de F est encore LF \(= \dfrac{2}{3}\). Par conséquent :

\[V(\text{FPMN}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{16} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{24}.\]

Le volume du tétraèdre FPMN est \(\dfrac{1}{24}\) (c’est le quart du volume de EFGK).

Exercice 4 :

Partie A

1. a. Pour \(x \gt 0\), on factorise par le terme de plus haut degré : \(f(x) = 0{,}06\,x^2(-1 + \dfrac{13{,}7}{x})\). Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{13{,}7}{x} = 0\), donc la parenthèse tend vers \(-1\), et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} 0{,}06\,x^2 = +\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

b. La fonction \(f\) est un polynôme du second degré : \(f(x) = -0{,}06x^2 + 0{,}822x\). Sa dérivée est \(f^{\prime}(x) = -0{,}12x + 0{,}822\). On a \(f^{\prime}(x) \gt 0 \iff 0{,}822 \gt 0{,}12x \iff x \lt \dfrac{0{,}822}{0{,}12} = 6{,}85\), et de même \(f^{\prime}(x) \lt 0 \iff x \gt 6{,}85\). La fonction \(f\) est croissante sur \([0\ ;\ 6{,}85]\) et décroissante sur \([6{,}85\ ;\ +\infty[\), ce qui confirme le tableau.

c. \(f(x) = 0 \iff -x^2 + 13{,}7x = 0 \iff x(13{,}7 – x) = 0 \iff x = 0\) ou \(x = 13{,}7\). Les deux valeurs sont dans \([0\ ;\ +\infty[\) : \(S = \{0\ ;\ 13{,}7\}\).

2. a. On a \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (-0{,}15x + 2{,}2) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \text{e}^{0{,}2x} = +\infty\) (par composition, car \(0{,}2x \to +\infty\)). Par produit, \((-0{,}15x + 2{,}2)\text{e}^{0{,}2x} \to -\infty\), et en retranchant 2,2 : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).

b. On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = -0{,}15x + 2{,}2\), \(u^{\prime}(x) = -0{,}15\), \(v(x) = \text{e}^{0{,}2x}\), \(v^{\prime}(x) = 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\) ; la constante \(-2{,}2\) a une dérivée nulle :

\[g^{\prime}(x) = -0{,}15\,\text{e}^{0{,}2x} + (-0{,}15x + 2{,}2) \times 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x} = \text{e}^{0{,}2x}(-0{,}15 – 0{,}03x + 0{,}44) = (-0{,}03x + 0{,}29)\text{e}^{0{,}2x}.\]

c. Comme \(\text{e}^{0{,}2x} \gt 0\) pour tout réel \(x\), \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(-0{,}03x + 0{,}29\), qui est positif si et seulement si \(x \lt \dfrac{0{,}29}{0{,}03} = \dfrac{29}{3} \approx 9{,}67\). Donc \(g\) est croissante sur \([0\ ;\ \dfrac{29}{3}]\) et décroissante sur \([\dfrac{29}{3}\ ;\ +\infty[\). On a \(g(0) = 2{,}2 \times 1 – 2{,}2 = 0\) et

\[g(\dfrac{29}{3}) = (-0{,}15 \times \dfrac{29}{3} + 2{,}2)\text{e}^{\frac{29}{15}} – 2{,}2 = 0{,}75\,\text{e}^{\frac{29}{15}} – 2{,}2 \approx 2{,}984.\]

Exercice 4 du corrigé France 2022, partie A (suite)

Le maximum de \(g\) vaut environ \(2{,}98\) à \(10^{-2}\) près, atteint en \(x = \dfrac{29}{3}\).

d. Sur \(]0\ ;\ \dfrac{29}{3}]\), \(g\) est strictement croissante et \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\) : l’équation \(g(x) = 0\) n’y a aucune solution (la seule solution sur \([0\ ;\ \dfrac{29}{3}]\) est \(x = 0\)). Sur \([\dfrac{29}{3}\ ;\ +\infty[\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(g(\dfrac{29}{3}) \approx 2{,}98 \gt 0\) vers \(-\infty\). Comme 0 est compris entre ces valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle. Finalement, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution non nulle \(\alpha\).

À la calculatrice, \(g(13{,}72) \approx 0{,}008 \gt 0\) et \(g(13{,}73) \approx -0{,}011 \lt 0\), donc \(13{,}72 \lt \alpha \lt 13{,}73\) : \(\alpha \approx 13{,}72\) à \(10^{-2}\) près. C’est pourquoi l’énoncé de la partie B assimile ce zéro à \(13{,}7\).

Partie B

1. a. D’après la partie A, le maximum de \(f\) est atteint en \(6{,}85\) et vaut \(f(6{,}85) = 0{,}06(-6{,}85^2 + 13{,}7 \times 6{,}85) = 0{,}06 \times 46{,}9225 = 2{,}81535\) dizaines de yards. La hauteur maximale est d’environ 28,2 yards (28,15 yards).

b. On a vu que \(f^{\prime}(x) = -0{,}12x + 0{,}822\), donc \(f^{\prime}(0) = 0{,}822\).

c. Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 0 est \(f^{\prime}(0) = 0{,}822\), donc \(\tan(d) = 0{,}822\). Le tableau (colonne I, lignes 1 et 2) donne \(d \approx 39{,}42\). Arrondi au dixième, l’angle de décollage mesure environ \(39{,}4\) degrés.

d. La courbe \(\mathcal{C}_f\) est une parabole dont l’axe de symétrie est la droite d’équation \(x = 6{,}85\), milieu de \([0\ ;\ 13{,}7]\). La symétrie par rapport à cet axe échange les points d’abscisses 0 et 13,7 et transforme la tangente en 0 en la tangente en 13,7 : les deux tangentes font le même angle avec l’axe des abscisses. On le vérifie par le calcul : \(f^{\prime}(13{,}7) = -0{,}12 \times 13{,}7 + 0{,}822 = -0{,}822\), opposé de \(f^{\prime}(0)\). C’est la symétrie de la parabole par rapport à la droite \(x = 6{,}85\) qui rend les deux angles égaux.

Exercice 4, partie B : question 2

2. a. D’après la partie A, le maximum de \(g\) vaut environ \(2{,}98\) dizaines de yards. La hauteur maximale est d’environ 29,8 yards.

b. Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_g\) en 0 est \(g^{\prime}(0) = 0{,}29\), donc \(\tan(d) = 0{,}29\). Le tableau (colonne G, lignes 4 et 5) donne \(d \approx 16{,}17\). Arrondi au dixième, l’angle de décollage mesure environ \(16{,}2\) degrés.

c. Le coefficient directeur de la tangente en \(13{,}7\) est \(g^{\prime}(13{,}7) \approx -1{,}87\). Par définition, \(\tan(a)\) est l’opposé de ce coefficient : \(\tan(a) \approx 1{,}87\). À la calculatrice (touche \(\tan^{-1}\) en mode degré), \(a \approx 61{,}9\). Arrondie à l’unité, une mesure de l’angle d’atterrissage est bien 62 degrés.

Partie C

Rassemblons les résultats des deux modèles et les mesures observées (angles en degrés, longueurs en yards) :

Les deux modèles donnent la bonne distance de chute (137 yards), ce critère ne permet donc pas de les départager. Sur les trois autres critères, le modèle \(g\) est à chaque fois plus proche des observations : écart de 7,8° contre 15,4° pour l’angle de décollage, de 2,2 yards contre 3,8 yards pour la hauteur maximale, de 10° contre 12,6° pour l’angle d’atterrissage. Surtout, les professionnels ont un angle d’atterrissage (52°) nettement plus grand que l’angle de décollage (24°) : la trajectoire réelle est dissymétrique, ce que la parabole, symétrique, ne peut pas reproduire, alors que la courbe \(\mathcal{C}_g\) l’est. Le second modèle (fonction \(g\)) semble donc le plus adapté, même s’il reste imparfait : il sous-estime l’angle de décollage et la hauteur maximale et surestime l’angle d’atterrissage. Aucun des deux modèles ne reproduit donc fidèlement la frappe d’un professionnel.

Corrigé France 2022 : conseils de révision

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction exponentielle ou la géométrie dans l’espace. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Points de vigilance

• Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
• En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.
• 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 France 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 ? Surtout, la fonction exponentielle, la géométrie dans l’espace et la convexité, mais aussi la fonction logarithme népérien.

Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.

Puis Retour à l’énoncé : Bac de maths 2022 en France (jour 2) : sujet et corrigé.