Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse b. Pour étudier la limite en \(+\infty\), on divise numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), qui n’est jamais nul : \(g(x) = \dfrac{2}{1 + \text{e}^{-x}}\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\), le dénominateur tend vers 1 et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = 2\). La courbe admet donc en \(+\infty\) l’asymptote horizontale d’équation \(y = 2\). Les réponses a et d sont des droites verticales, qui ne peuvent pas être asymptotes « en \(+\infty\) ».
2. Réponse c. Une fonction deux fois dérivable est convexe là où sa dérivée seconde est positive. Le graphique montre que \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) sur \(]-\infty\ ;\ -1]\) et sur \([2\ ;\ +\infty[\), et \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) sur \([-1\ ;\ 2]\). Donc \(f\) est convexe sur \(]-\infty\ ;\ -1]\) et sur \([2\ ;\ +\infty[\). Elle est concave sur \([-1\ ;\ 2]\) (b et d fausses) et \(f^{\prime\prime}\) change de signe deux fois, en \(-1\) et en 2 : la courbe \(\mathcal{C}\) a deux points d’inflexion (a fausse).
3. Réponse d. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 2 = \dfrac{1}{2}u_n + 1 – 2 = \dfrac{1}{2}u_n – 1 = \dfrac{1}{2}(u_n – 2) = \dfrac{1}{2}v_n.\]
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) (de premier terme \(v_0 = -2\)).
4. Réponse b. On cherche les limites des deux suites qui encadrent \((u_n)\). Comme \(0 \lt \dfrac{1}{4} \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (\dfrac{1}{4})^n = 0\), donc la suite minorante tend vers 1. D’autre part \(\dfrac{n}{n+1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}}\) pour \(n \geq\, 1\) tend vers 1, donc la suite majorante \(2 – \dfrac{n}{n+1}\) tend aussi vers \(2 – 1 = 1\). D’après le théorème des gendarmes, la suite \((u_n)\) converge vers 1.
5. Réponse a. Il suffit de dériver chaque proposition et de retrouver \(f\). Pour \(F(x) = \dfrac{1}{3}x^3(\ln x – \dfrac{1}{3})\), on dérive un produit :
\[F^{\prime}(x) = x^2(\ln x – \dfrac{1}{3}) + \dfrac{1}{3}x^3 \times \dfrac{1}{x} = x^2 \ln x – \dfrac{1}{3}x^2 + \dfrac{1}{3}x^2 = x^2 \ln x = f(x).\]
C’est donc bien une primitive de \(f\). Avec b, on obtiendrait \(x^2 \ln x – x^2 + \dfrac{1}{3}x^2 = x^2\ln x – \dfrac{2}{3}x^2\), et c ne contient même pas de logarithme.
6. Réponse a. On réduit au même dénominateur :
\[2 + \dfrac{3\text{e}^{-x} – 5}{\text{e}^{-x} + 1} = \dfrac{2\text{e}^{-x} + 2 + 3\text{e}^{-x} – 5}{\text{e}^{-x} + 1} = \dfrac{5\text{e}^{-x} – 3}{\text{e}^{-x} + 1}.\]
On multiplie ensuite numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), en utilisant \(\text{e}^x \times \text{e}^{-x} = 1\) : l’expression vaut \(\dfrac{5 – 3\text{e}^x}{1 + \text{e}^x}\).
Exercice 2 :
1. a. D’après l’énoncé, \(p(M) = 0{,}7\), donc \(p(\overline{M}) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[p_{\overline{M}}(\overline{G}) = \dfrac{p(\overline{M} \cap \overline{G})}{p(\overline{M})} = \dfrac{0{,}06}{0{,}3} = 0{,}2.\]
On a bien \(p_{\overline{M}}(\overline{G}) = 0{,}2\).
b. Sur les branches du premier niveau : \(p(M) = 0{,}7\) et \(p(\overline{M}) = 0{,}3\). Après \(M\) : \(p_M(G) = 0{,}6\) (60 % des visiteurs du musée vont à la grotte) et \(p_M(\overline{G}) = 0{,}4\). Après \(\overline{M}\) : \(p_{\overline{M}}(\overline{G}) = 0{,}2\) (question a) et donc \(p_{\overline{M}}(G) = 0{,}8\). Les probabilités portées par les branches issues d’un même nœud ont bien pour somme 1.
c. L’évènement cherché est \(G \cap \overline{M}\). On suit le chemin \(\overline{M}\) puis \(G\) :
\[p(\overline{M} \cap G) = p(\overline{M}) \times p_{\overline{M}}(G) = 0{,}3 \times 0{,}8 = 0{,}24.\]
La probabilité que le client visite la grotte sans visiter le musée est \(0{,}24\).
d. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[p(G) = p(M \cap G) + p(\overline{M} \cap G) = 0{,}7 \times 0{,}6 + 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}24 = 0{,}66.\]
On obtient bien \(p(G) = 0{,}66\).
2. Il s’agit de calculer la proportion de visiteurs du musée parmi les visiteurs de la grotte, c’est-à-dire \(p_G(M)\) :
\[p_G(M) = \dfrac{p(M \cap G)}{p(G)} = \dfrac{0{,}42}{0{,}66} = \dfrac{7}{11} \approx 0{,}636.\]
Comme \(0{,}636 \gt 0{,}5\), environ 64 % des clients qui visitent la grotte visitent aussi le musée : l’affirmation du responsable est exacte.
3. a. Un client peut ne rien visiter (0 €), visiter seulement la grotte (5 €), seulement le musée (12 €) ou les deux (12 + 5 = 17 €). Les probabilités correspondantes se lisent sur l’arbre :
- \(p(T = 0) = p(\overline{M} \cap \overline{G}) = 0{,}06\) ;
- \(p(T = 5) = p(\overline{M} \cap G) = 0{,}24\) ;
- \(p(T = 12) = p(M \cap \overline{G}) = 0{,}7 \times 0{,}4 = 0{,}28\) ;
- \(p(T = 17) = p(M \cap G) = 0{,}42\).
| \(t_i\) (en euros) | 0 | 5 | 12 | 17 |
|---|---|---|---|---|
| \(p(T = t_i)\) | 0,06 | 0,24 | 0,28 | 0,42 |
On vérifie que \(0{,}06 + 0{,}24 + 0{,}28 + 0{,}42 = 1\).
b. L’espérance est la somme des valeurs pondérées par leurs probabilités :
\[E(T) = 0 \times 0{,}06 + 5 \times 0{,}24 + 12 \times 0{,}28 + 17 \times 0{,}42 = 0 + 1{,}2 + 3{,}36 + 7{,}14 = 11{,}7.\]
Un client dépense en moyenne 11,70 euros pour les visites.
c. Si l’hôtel accueille en moyenne \(n\) clients par jour, la recette moyenne des visites est \(11{,}7\,n\) euros. On veut \(11{,}7\,n \gt 700\), soit \(n \gt \dfrac{700}{11{,}7} \approx 59{,}83\). Le nombre de clients étant entier, il faut au moins 60 clients par jour en moyenne (avec 59 clients, la recette moyenne ne serait que de \(690{,}30\) euros).
4. Notons \(x\) le nouveau prix de la visite de la grotte, en euros. Chaque client paie 12 € s’il visite le musée et \(x\) € s’il visite la grotte ; la fréquentation étant inchangée, l’espérance de la somme dépensée devient, par linéarité :
\[12 \times p(M) + x \times p(G) = 12 \times 0{,}7 + 0{,}66\,x = 8{,}4 + 0{,}66\,x.\]
(On retrouve d’ailleurs \(8{,}4 + 0{,}66 \times 5 = 11{,}7\) avec l’ancien tarif.) On résout \(8{,}4 + 0{,}66\,x = 15 \iff 0{,}66\,x = 6{,}6 \iff x = 10\). Il faut fixer le prix de la visite de la grotte à 10 euros.
5. Pour chacun des 100 clients, on considère l’épreuve de Bernoulli dont le succès est « le client a visité la grotte », de probabilité \(p(G) = 0{,}66\). Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont identiques et indépendantes. La variable aléatoire \(Y\) qui compte les clients ayant visité la grotte suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}66\).
Les trois quarts de 100 font 75 : on cherche \(p(Y \geq\, 75)\). À la calculatrice :
\[p(Y \geq\, 75) = 1 – p(Y \leq\, 74) \approx 1 – 0{,}9660 \approx 0{,}034.\]
La probabilité qu’au moins les trois quarts de ces clients aient visité la grotte est environ \(0{,}034\) à \(10^{-3}\) près.
Exercice 3 :
Partie A
1. D’après le résultat de croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\) : l’axe des abscisses est asymptote à la courbe en \(+\infty\).
2. a. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln x\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = 1\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x – \ln x \times 1}{x^2} = \dfrac{1 – \ln x}{x^2}.\]
b. Pour \(x \geq\, 1\), \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – \ln x\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante, \(1 – \ln x \gt 0 \iff \ln x \lt 1 \iff x \lt \text{e}\), et \(1 – \ln x = 0 \iff x = \text{e}\). Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([1\ ;\ \text{e}[\), \(f^{\prime}(\text{e}) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\text{e}\ ;\ +\infty[\), ce qui justifie le tableau donné.
c. On calcule les valeurs utiles : \(f(1) = \dfrac{\ln 1}{1} = 0\) et \(f(\text{e}) = \dfrac{\ln \text{e}}{\text{e}} = \dfrac{1}{\text{e}}\) ; la limite en \(+\infty\) vaut 0 (question 1).
| \(x\) | \(1\) | \(\text{e}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(\dfrac{1}{\text{e}}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
3. a. Sur l’intervalle \([1\ ;\ \text{e}]\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, de \(f(1) = 0\) à \(f(\text{e}) = \dfrac{1}{\text{e}}\). Si \(0 \leq\, k \leq\, \dfrac{1}{\text{e}}\), le nombre \(k\) appartient à l’intervalle image \([0\ ;\ \dfrac{1}{\text{e}}]\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = k\) admet une unique solution sur \([1\ ;\ \text{e}]\).
b. D’après le tableau de variations, \(f\) admet sur \([1\ ;\ +\infty[\) un maximum égal à \(\dfrac{1}{\text{e}}\), atteint en \(\text{e}\). Pour tout \(x \geq\, 1\), on a donc \(f(x) \leq\, \dfrac{1}{\text{e}} \lt k\), et l’égalité \(f(x) = k\) est impossible. Si \(k \gt \dfrac{1}{\text{e}}\), l’équation \(f(x) = k\) n’a aucune solution sur \([1\ ;\ +\infty[\).
Partie B
1. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec la dérivée de \(\text{e}^{u}\) où \(u(x) = \dfrac{x}{4}\) : \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{4}\text{e}^{\frac{x}{4}}\). Une exponentielle étant strictement positive, \(g^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\) : \(g\) est (strictement) croissante sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, \text{e}\) ».
Initialisation. On a \(u_0 = 1\) et \(u_1 = \text{e}^{\frac{1}{4}} \approx 1{,}284\). Donc \(u_0 \leq\, u_1 \leq\, \text{e}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) donné, c’est-à-dire \(u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, \text{e}\). La fonction \(g\) étant croissante sur \(\mathbb{R}\), elle conserve l’ordre : \(g(u_n) \leq\, g(u_{n+1}) \leq\, g(\text{e})\), soit \(u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \text{e}^{\frac{\text{e}}{4}}\). Or \(\dfrac{\text{e}}{4} \lt 1\), donc \(\text{e}^{\frac{\text{e}}{4}} \lt \text{e}^1 = \text{e}\) (on a \(\text{e}^{\frac{\text{e}}{4}} \approx 1{,}97\)). Ainsi \(u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \text{e}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, \text{e}\).
3. D’après la question 2, la suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n \leq\, u_{n+1}\)) et majorée par \(\text{e}\). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) est convergente.
4. Remarque : dans la phrase qui précède la question 4, l’énoncé écrit « on admet que \(f\) est solution » ; il faut lire « on admet que \(\ell\) est solution » de l’équation \(\text{e}^{\frac{x}{4}} = x\). C’est en effet ce que donne le passage à la limite dans \(u_{n+1} = g(u_n)\), la fonction \(g\) étant continue.
On a donc \(\text{e}^{\frac{\ell}{4}} = \ell\). De plus, pour tout \(n\), \(1 = u_0 \leq\, u_n \leq\, \text{e}\), donc par passage à la limite \(1 \leq\, \ell \leq\, \text{e}\) : en particulier \(\ell \gt 0\) et \(\ell\) appartient à l’intervalle \([1\ ;\ +\infty[\) où \(f\) est définie. En appliquant la fonction \(\ln\) aux deux membres (strictement positifs) :
\[\text{e}^{\frac{\ell}{4}} = \ell \iff \dfrac{\ell}{4} = \ln \ell \iff \dfrac{\ln \ell}{\ell} = \dfrac{1}{4} \quad (\text{car } \ell \neq 0).\]
Ainsi \(f(\ell) = \dfrac{1}{4}\) : \(\ell\) est solution de l’équation \(f(x) = \dfrac{1}{4}\).
5. Comme \(\dfrac{1}{\text{e}} \approx 0{,}368\), on a \(0 \leq\, \dfrac{1}{4} \leq\, \dfrac{1}{\text{e}}\) : d’après la partie A (question 3.a), l’équation \(f(x) = \dfrac{1}{4}\) a une unique solution dans \([1\ ;\ \text{e}]\), et c’est \(\ell\) puisque \(1 \leq\, \ell \leq\, \text{e}\). On la localise par balayage à la calculatrice :
\[f(1{,}42) \approx 0{,}2469 \lt 0{,}25 \quad \text{et} \quad f(1{,}43) \approx 0{,}2501 \gt 0{,}25.\]
Donc \(1{,}42 \lt \ell \lt 1{,}43\), et un encadrement plus fin (\(\ell \approx 1{,}4296\), qu’on obtient aussi en calculant les termes de la suite) donne \(\ell \approx 1{,}43\) à \(10^{-2}\) près.
Exercice 4 :
1. a. Le vecteur \(\vec{\text{DE}}\) a pour coordonnées \((11 – (-1)\ ;\ -9 – 6\ ;\ 2 – 8) = (12\ ;\ -15\ ;\ -6)\), soit \(\vec{\text{DE}} = 3\vec{u}\) avec \(\vec{u}(4\ ;\ -5\ ;\ -2)\). La représentation proposée est celle de la droite passant par le point de paramètre \(t = 0\), qui est \((-1\ ;\ 6\ ;\ 8)\), c’est-à-dire D, et dirigée par \(\vec{u}\), colinéaire à \(\vec{\text{DE}}\). C’est donc bien une représentation paramétrique de la droite \(\Delta = (\text{DE})\). (Avec \(t = 3\) on retrouve d’ailleurs \((11\ ;\ -9\ ;\ 2)\), c’est-à-dire E.)
b. La droite \(\Delta^{\prime}\) est parallèle à \(\Delta\) : elle a le même vecteur directeur \(\vec{u}(4\ ;\ -5\ ;\ -2)\). Elle passe par O(0 ; 0 ; 0). Une représentation paramétrique est donc :
\[\Delta^{\prime} : \{\begin{array}{l} x = 4k \\ y = -5k \\ z = -2k \end{array}. \quad k \in \mathbb{R}.\]
c. On cherche s’il existe un réel \(k\) tel que \(4k = 1{,}36\), \(-5k = -1{,}7\) et \(-2k = -0{,}7\). La première équation donne \(k = 0{,}34\), la deuxième aussi (\(-5 \times 0{,}34 = -1{,}7\)), mais la troisième donnerait \(-2 \times 0{,}34 = -0{,}68 \neq -0{,}7\). Aucun paramètre ne convient : le point F n’appartient pas à la droite \(\Delta^{\prime}\).
2. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}(2\ ;\ 2\ ;\ -1)\) et \(\vec{\text{AC}}(2\ ;\ 0\ ;\ 4)\). La deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AB}}\) ne l’est pas : ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Les points A, B, C ne sont donc pas alignés et définissent un plan.
b. Le vecteur directeur \(\vec{u}(4\ ;\ -5\ ;\ -2)\) de \(\Delta\) vérifie :
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AB}} = 4 \times 2 + (-5) \times 2 + (-2) \times (-1) = 8 – 10 + 2 = 0,\]
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = 4 \times 2 + (-5) \times 0 + (-2) \times 4 = 8 – 8 = 0.\]
Il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal à ce plan, et la droite \(\Delta\) est perpendiculaire au plan (ABC).
c. Puisque \(\vec{u}(4\ ;\ -5\ ;\ -2)\) est normal au plan (ABC), celui-ci a une équation de la forme \(4x – 5y – 2z + d = 0\). Le point A(−1 ; −1 ; 3) est dans le plan : \(-4 + 5 – 6 + d = 0\), d’où \(d = 5\). Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc \(4x – 5y – 2z + 5 = 0\). (Contrôle avec B : \(4 – 5 – 4 + 5 = 0\) ; avec C : \(4 + 5 – 14 + 5 = 0\).)
3. a. On cherche \(t\) tel que \(-1 + 4t = 7\) : on trouve \(t = 2\). Pour \(t = 2\), \(y = 6 – 10 = -4\) et \(z = 8 – 4 = 4\). Les trois coordonnées coïncident, donc G appartient à la droite \(\Delta\) (paramètre \(t = 2\)).
b. La droite \(\Delta\) passe par G et est perpendiculaire au plan (ABC) : le projeté orthogonal H de G sur ce plan est le point d’intersection de \(\Delta\) et de (ABC). On injecte la représentation paramétrique de \(\Delta\) dans l’équation du plan :
\[4(-1 + 4t) – 5(6 – 5t) – 2(8 – 2t) + 5 = 0 \iff -4 + 16t – 30 + 25t – 16 + 4t + 5 = 0 \iff 45t – 45 = 0 \iff t = 1.\]
Pour \(t = 1\) : \(x = 3\), \(y = 1\), \(z = 6\). Donc \(\text{H}(3\ ;\ 1\ ;\ 6)\).
c. La distance du point G au plan (ABC) est la longueur GH. On a \(\vec{\text{GH}}(3 – 7\ ;\ 1 + 4\ ;\ 6 – 4) = (-4\ ;\ 5\ ;\ 2)\), et le repère est orthonormé :
\[\text{GH} = \sqrt{(-4)^2 + 5^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 25 + 4} = \sqrt{45} = \sqrt{9 \times 5} = 3\sqrt{5}.\]
La distance de G au plan (ABC) est bien \(3\sqrt{5}\).
4. a. \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times 2 + 2 \times 0 + (-1) \times 4 = 4 – 4 = 0\). Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) sont orthogonaux, donc le triangle ABC est rectangle en A.
b. Calculons les longueurs des côtés de l’angle droit :
\[\text{AB} = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{9} = 3 \quad \text{et} \quad \text{AC} = \sqrt{2^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.\]
L’aire du triangle ABC, rectangle en A, est \(B = \dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2} = \dfrac{3 \times 2\sqrt{5}}{2} = 3\sqrt{5}\). En prenant ABC pour base, la hauteur associée est la distance de G au plan (ABC), soit \(h = \text{GH} = 3\sqrt{5}\). Donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{5} \times 3\sqrt{5} = \dfrac{1}{3} \times 9 \times 5 = 15.\]
Le volume du tétraèdre ABCG est \(V = 15\) unités de volume.
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