Corrigé du bac de maths 2022 en Nouvelle-Calédonie (jour 2) à télécharger en PDF

Corrigé Calédonie 2022 : organisation du corrigé

Tout d’abord, ce corrigé Calédonie 2022 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en Nouvelle-Calédonie (jour 2), dont chaque question est corrigée et justifiée. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la loi binomiale et la géométrie dans l’espace. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.

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 \(0{,}64\).

Exercice 1 du corrigé Calédonie 2022 : questions 2 à 3

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 :

\(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

Exercice 2 : questions 3 à 4

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 \(f(1) = 0 – 1 – 2 = -3\).

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 \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(f(x) \gt f(\alpha) = 0\).

Exercice 2 du corrigé Calédonie 2022 : question 5

\(f\) 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 \(d = -8\).

Exercice 3 : questions 4 à 5

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 \(t = 0{,}5\).

Exercice 3 du corrigé Calédonie 2022 (suite)

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 \(a_0 = 3\).)

Exercice 4 : questions 5 à 7

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 \(\dfrac12 \times 2x\,\text{e}^{x^2+1} = x\text{e}^{x^2+1}\).

Comment réviser avec ce corrigé Calédonie 2022

D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction logarithme népérien ou la fonction exponentielle, puis reprenez le cours correspondant. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction logarithme de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les pièges classiques

• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
• Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
• Avant d’annoncer une loi binomiale, justifiez la répétition d’épreuves identiques et indépendantes à deux issues, puis précisez les deux paramètres.

Corrigé Calédonie 2022 : vos questions

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 fonction exponentielle et la loi binomiale, 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.

Par ailleurs, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2022 en Nouvelle-Calédonie (jour 2) : sujet et corrigé.