Corrigé du bac de maths 2023 en Amérique du Nord (jour 1)

Corrigé Nord 2023 : organisation du corrigé

Avant tout, ce corrigé Nord 2023 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2023 en Amérique du Nord (jour 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la dérivation et la loi binomiale. 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 :

Partie A

1. Le déchet est tiré au hasard, donc les pourcentages de l’enquête se lisent comme des probabilités. Les trois catégories se partagent tous les déchets, d’où \(P(D) = 1 – 0{,}69 – 0{,}28 = 0{,}03\). Sur les branches du second niveau, on place les probabilités conditionnelles de recyclage, et leurs complémentaires à 1 : \(P_M(R) = 0{,}73\) et \(P_M(\overline{R}) = 0{,}27\), \(P_N(R) = 0{,}49\) et \(P_N(\overline{R}) = 0{,}51\), \(P_D(R) = 0{,}35\) et \(P_D(\overline{R}) = 0{,}65\).

2. L’évènement « le déchet est dangereux et recyclable » est \(D \cap R\). On multiplie les probabilités le long du chemin correspondant de l’arbre :

\[P(D \cap R) = P(D) \times P_D(R) = 0{,}03 \times 0{,}35 = 0{,}0105.\]

On retrouve bien \(P(D \cap R) = 0{,}0105\).

3. De même, \(P(M \cap \overline{R}) = P(M) \times P_M(\overline{R}) = 0{,}69 \times 0{,}27 = 0{,}1863\).

\(P(M \cap \overline{R}) = 0{,}1863\) : 18,63 % des déchets de l’entreprise sont à la fois minéraux non dangereux et non recyclables.

4. Les évènements \(M\), \(N\) et \(D\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l’univers : ils forment une partition. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(R) = P(M \cap R) + P(N \cap R) + P(D \cap R) = 0{,}69 \times 0{,}73 + 0{,}28 \times 0{,}49 + 0{,}0105.\]

\[P(R) = 0{,}5037 + 0{,}1372 + 0{,}0105 = 0{,}6514.\]

On a bien \(P(R) = 0{,}6514\).

5. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_R(N)\) :

\[P_R(N) = \dfrac{P(N \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}1372}{0{,}6514} \approx 0{,}2106.\]

Sachant que le déchet est recyclable, la probabilité qu’il soit non minéral et non dangereux est environ 0,2106.

Partie B

1. a. On répète 20 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le déchet est recyclable » a pour probabilité 0,6514. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}6514\).

b. Avec la formule de la loi binomiale :

\[P(X = 14) = \binom\,{20}{14} \times 0{,}6514^{14} \times 0{,}3486^{6} \approx 0{,}1723.\]

La probabilité d’avoir exactement 14 déchets recyclables est environ 0,1723.

2. a. Avec \(n\) déchets, le nombre de déchets recyclables suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,6514. Aucun déchet n’est recyclable lorsque les \(n\) tirages sont tous des échecs, de probabilité \(1 – 0{,}6514 = 0{,}3486\) chacun :

\[p_n = 0{,}3486^{n}.\]

On a donc \(p_n = 0{,}3486^n\).

b. « Au moins un déchet est recyclable » est l’évènement contraire de « aucun déchet n’est recyclable » ; sa probabilité est \(1 – p_n\). On résout :

\[1 – 0{,}3486^n \geq\, 0{,}9999 \iff 0{,}3486^n \leq\, 0{,}0001.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), donc cette inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}3486) \leq\, \ln(0{,}0001)\). Comme \(0{,}3486 \lt 1\), \(\ln(0{,}3486) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}3486)} \approx 8{,}74.\]

\(n\) étant entier, il faut \(n \geq\, 9\) (contrôle : \(0{,}3486^8 \approx 0{,}00022\) et \(0{,}3486^9 \approx 0{,}000076\)). C’est à partir de \(n = 9\) déchets que la probabilité qu’au moins un soit recyclable atteint 0,9999.

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Quand \(x\) tend vers \(-\infty\), \(2x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\text{e}^{2x}\) tend vers 0 par composition. Par ailleurs \(-2x – 3\) tend vers \(+\infty\). Par somme :

\[\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty.\]

b. En \(+\infty\), \(3\text{e}^{2x}\) tend vers \(+\infty\) et \(-2x – 3\) vers \(-\infty\) : c’est une forme indéterminée. On factorise par \(x\) (pour \(x \gt 0\)) :

\[g(x) = x(6 \times \dfrac{\text{e}^{2x}}{2x} – 2 – \dfrac{3}{x}).\]

Par croissances comparées et composition (on pose \(X = 2x\)), \(\dfrac{\text{e}^{2x}}{2x} = \dfrac{\text{e}^{X}}{X}\) tend vers \(+\infty\) ; \(\dfrac{3}{x}\) tend vers 0. La parenthèse tend donc vers \(+\infty\), et \(x\) aussi. Par produit :

\[\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty.\]

2. a. La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{2x}\) est \(x \mapsto 2\text{e}^{2x}\) (dérivée de \(\text{e}^{u}\) : \(u^{\prime}\text{e}^{u}\)). Donc pour tout réel \(x\) :

\[g^{\prime}(x) = 3 \times 2\text{e}^{2x} – 2 = 6\text{e}^{2x} – 2.\]

b. On résout \(g^{\prime}(x) \gt 0\) :

\[6\text{e}^{2x} – 2 \gt 0 \iff \text{e}^{2x} \gt \dfrac{1}{3} \iff 2x \gt \ln(\dfrac{1}{3}) = -\ln(3) \iff x \gt -\dfrac{\ln(3)}{2},\]

en utilisant la stricte croissance de \(\ln\). De la même façon \(g^{\prime}(x) = 0 \iff x = -\dfrac{\ln(3)}{2}\). Ainsi \(g^{\prime}\) est strictement négative sur \(]-\infty ; -\dfrac{\ln(3)}{2}[\), nulle en \(-\dfrac{\ln(3)}{2}\) et strictement positive sur \(]-\dfrac{\ln(3)}{2} ; +\infty[\) (\(-\dfrac{\ln(3)}{2} \approx -0{,}55\)).

c. Calculons la valeur de \(g\) en \(x_0 = -\dfrac{\ln(3)}{2}\). On a \(2x_0 = -\ln(3)\), donc \(\text{e}^{2x_0} = \text{e}^{-\ln(3)} = \dfrac{1}{3}\) :

\[g(x_0) = 3 \times \dfrac{1}{3} – 2 \times (-\dfrac{\ln(3)}{2}) – 3 = 1 + \ln(3) – 3 = \ln(3) – 2.\]

Exercice 2 du corrigé Nord 2023, partie A : questions 3 à 4

La fonction \(g\) est décroissante puis croissante : elle admet donc un minimum égal à \(\ln(3) – 2\), atteint en \(-\dfrac{\ln(3)}{2}\). Ce minimum vaut environ \(-0{,}90\) : il est strictement négatif.

3. a. \(g(0) = 3\text{e}^{0} – 0 – 3 = 3 – 3 = 0\) : 0 est bien solution de \(g(x) = 0\).

b. On étudie les deux intervalles de monotonie.

• Sur \([-\dfrac{\ln(3)}{2} ; +\infty[\), \(g\) est strictement croissante, donc elle ne peut s’annuler qu’une seule fois : cette unique solution est 0 (et \(0 \gt -\dfrac{\ln(3)}{2}\)).
• Sur \(]-\infty ; -\dfrac{\ln(3)}{2}]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) jusqu’à \(\ln(3) – 2 \lt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle, et \(\alpha \lt -\dfrac{\ln(3)}{2} \lt 0\), donc \(\alpha \neq 0\).

À la calculatrice, \(g(-1{,}5) \approx 0{,}149 \gt 0\) et \(g(-1{,}4) \approx -0{,}018 \lt 0\). Donc \(-1{,}5 \lt \alpha \lt -1{,}4\) (en fait \(\alpha \approx -1{,}41\)).

4. En combinant le tableau de variations et les deux zéros \(\alpha\) et 0 :

• sur \(]-\infty ; \alpha[\), \(g\) décroît vers \(g(\alpha) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\) ;
• sur \(]\alpha ; 0[\), \(g\) descend de 0 à son minimum négatif puis remonte jusqu’à \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \lt 0\) ;
• sur \(]0 ; +\infty[\), \(g\) est strictement croissante à partir de \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\).

\(g\) est strictement positive sur \(]-\infty ; \alpha[\) et sur \(]0 ; +\infty[\), strictement négative sur \(]\alpha ; 0[\), et s’annule en \(\alpha\) et en 0.

Partie B

1. On dérive chaque terme. La dérivée de \(\text{e}^{3x}\) est \(3\text{e}^{3x}\). Pour \((2x + 1)\text{e}^{x}\), on applique la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) avec \(u(x) = 2x + 1\) et \(v(x) = \text{e}^{x}\) : on obtient \(2\text{e}^{x} + (2x + 1)\text{e}^{x}\). D’où :

\[f^{\prime}(x) = 3\text{e}^{3x} – 2\text{e}^{x} – (2x + 1)\text{e}^{x}.\]

En écrivant \(\text{e}^{3x} = \text{e}^{x} \times \text{e}^{2x}\) et en factorisant par \(\text{e}^{x}\) :

\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{x}(3\text{e}^{2x} – 2 – 2x – 1) = \text{e}^{x}(3\text{e}^{2x} – 2x – 3) = \text{e}^{x}g(x).\]

On a bien \(f^{\prime}(x) = \text{e}^{x}g(x)\) pour tout réel \(x\).

2. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\). D’après la question A.4 :

• \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty ; \alpha[\) et sur \(]0 ; +\infty[\) ;
• \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\alpha ; 0[\).

La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty ; \alpha]\), strictement décroissante sur \([\alpha ; 0]\), puis strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\).

3. Une fonction dérivable est convexe sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si sa dérivée est croissante sur \(\mathbb{R}\). Or \(f^{\prime}\) est strictement positive sur \(]-\infty ; \alpha[\), s’annule en \(\alpha\), puis devient strictement négative sur \(]\alpha ; 0[\) : par exemple \(f^{\prime}(-2) \gt 0\) alors que \(f^{\prime}(-1) \lt 0\), avec \(-2 \lt -1\). La dérivée \(f^{\prime}\) n’est donc pas croissante sur \(\mathbb{R}\), et \(f\) n’est pas convexe sur \(\mathbb{R}\).

Exercice 3 :

1. Réponse a. Le repère est orthonormé, on peut calculer les longueurs :

\[\text{AB} = \sqrt{4^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{36} = 6, \quad \text{AC} = \sqrt{4^2 + (-2)^2 + 4^2} = \sqrt{36} = 6, \quad \text{BC} = \sqrt{0^2 + (-6)^2 + 6^2} = \sqrt{72}.\]

AB = AC, donc ABC est isocèle en A ; de plus \(\text{AB}^2 + \text{AC}^2 = 36 + 36 = 72 = \text{BC}^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore il est rectangle en A. ABC est isocèle rectangle en A.

2. Réponse c. Il suffit de tester les coordonnées de B, C et D dans chaque équation.

• a. Pour D : \(2 \times 8 – 3 – 8 – 15 = -10 \neq 0\), D n’est pas dans ce plan.
• b. Pour C : \(9 \times 3 – 0 + 3 = 30 \neq 0\).
• c. B : \(12 + 6 + 3 – 21 = 0\) ; C : \(12 + 0 + 9 – 21 = 0\) ; D : \(32 – 3 – 8 – 21 = 0\). Les trois points sont dans ce plan.
• d. Pour B : \(33 + 15 – 73 = -25 \neq 0\).

B, C, D n’étant pas alignés (sinon (BCD) ne serait pas un plan), \(4x + y + z – 21 = 0\) est une équation de (BCD).

Exercice 3 du corrigé Nord 2023 : questions 3 à 4

3. Réponse b. D’après l’équation du plan (ABC), le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ -2\end{pmatrix}\) est normal à ce plan. Le projeté H est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et dirigée par \(\vec{n}\), qui a pour représentation paramétrique \(x = 8 + k\), \(y = -3 – 2k\), \(z = -8 – 2k\) (\(k\) réel). On remplace dans l’équation du plan :

\[(8 + k) – 2(-3 – 2k) – 2(-8 – 2k) + 15 = 0 \iff 9k + 45 = 0 \iff k = -5.\]

On obtient \(x = 3\), \(y = 7\), \(z = 2\) : \(\text{H}(3 ; 7 ; 2)\). (Contrôle : \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}-5 \\ 10 \\ 10\end{pmatrix} = -5\vec{n}\) et \(3 – 14 – 4 + 15 = 0\). La réponse c vérifie l’équation du plan mais \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}-5 \\ 5 \\ 15\end{pmatrix}\) n’est pas colinéaire à \(\vec{n}\).)

4. Réponse d. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{v}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0 \\ -6 \\ 6\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{\text{BC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{v}\)) : les droites ne sont ni confondues ni parallèles.

Cherchons un point commun. La droite (BC) passe par B et est dirigée par \(\dfrac{1}{6}\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\) : \(x = 3\), \(y = 6 – s\), \(z = 3 + s\) (\(s\) réel). Un point commun vérifierait :

\[3 = 5 + t, \quad 6 – s = 3 – t, \quad 3 + s = -1 + 3t.\]

Exercice 3 du corrigé Nord 2023 : question 5

La première égalité donne \(t = -2\) ; la deuxième donne alors \(6 – s = 5\), soit \(s = 1\) ; la troisième donnerait \(3 + s = -7\), soit \(s = -10\). Contradiction : il n’y a aucun point commun. Deux droites non parallèles et sans point commun sont non coplanaires.

5. Réponse b. Les vecteurs normaux \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\) de \(\mathcal{P}\) et \(\vec{n_2}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ -2\end{pmatrix}\) de (ABC) ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants selon une droite (réponse a exclue). On teste les points A, B, C dans l’équation de \(\mathcal{P}\) :

\[\text{A} : -2 – 2 + 10 – 6 = 0, \quad \text{B} : 6 – 6 + 6 – 6 = 0, \quad \text{C} : 6 – 0 + 18 – 6 = 18 \neq 0.\]

A et B appartiennent aux deux plans, C n’appartient pas à \(\mathcal{P}\) : l’intersection des deux plans est la droite (AB).

Exercice 4 :

Partie A

1. On applique la relation de récurrence :

\[u_1 = \dfrac{1}{2}(5 + \dfrac{11}{5}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{36}{5} = \dfrac{18}{5}.\]

\[u_2 = \dfrac{1}{2}(\dfrac{18}{5} + \dfrac{11 \times 5}{18}) = \dfrac{1}{2}(\dfrac{324}{90} + \dfrac{275}{90}) = \dfrac{599}{180}.\]

599 est premier et ne divise pas 180, donc les fractions sont irréductibles : \(u_1 = \dfrac{18}{5}\) et \(u_2 = \dfrac{599}{180}\).

2. \(f\) est dérivable sur \(]0 ; +\infty[\) et, pour \(x \gt 0\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2}(1 – \dfrac{11}{x^2}) = \dfrac{x^2 – 11}{2x^2}.\]

Le dénominateur \(2x^2\) est strictement positif. Si \(x \geq\, \sqrt{11}\), alors \(x^2 \geq\, 11\) (la fonction carré est croissante sur \([0 ; +\infty[\)), donc \(x^2 – 11 \geq\, 0\) et \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\). \(f\) est donc croissante sur \([\sqrt{11} ; +\infty[\).

3. On remarque que \(u_{n+1} = f(u_n)\) et que \(f(\sqrt{11}) = \dfrac{1}{2}(\sqrt{11} + \dfrac{11}{\sqrt{11}}) = \dfrac{1}{2}(\sqrt{11} + \sqrt{11}) = \sqrt{11}\). Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\) ».

Initialisation. \(u_0 = 5\), \(u_1 = 3{,}6\) et \(\sqrt{11} \approx 3{,}317\) (ou : \(3{,}6^2 = 12{,}96 \geq\, 11\)). Donc \(u_0 \geq\, u_1 \geq\, \sqrt{11}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\). Ces trois nombres sont dans \([\sqrt{11} ; +\infty[\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(u_n) \geq\, f(u_{n+1}) \geq\, f(\sqrt{11}), \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad u_{n+1} \geq\, u_{n+2} \geq\, \sqrt{11}.\]

\(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\).

Exercice 4 du corrigé Nord 2023, partie A : questions 4 à 5

4. D’après la question précédente, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par \(\sqrt{11}\). D’après le théorème de convergence monotone, \((u_n)\) converge vers une limite réelle \(a\), avec \(a \geq\, \sqrt{11}\).

5. La fonction \(f\) est continue sur \(]0 ; +\infty[\), qui contient tous les termes de la suite et sa limite \(a \geq\, \sqrt{11} \gt 0\). En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(a = f(a)\). Résolvons cette équation pour \(x \gt 0\) :

\[\dfrac{1}{2}(x + \dfrac{11}{x}) = x \iff x + \dfrac{11}{x} = 2x \iff \dfrac{11}{x} = x \iff x^2 = 11.\]

La seule solution strictement positive est \(\sqrt{11}\). Donc \(a = \sqrt{11}\).

Partie B

1. a. L’aire d’un rectangle est le produit de sa longueur par sa largeur. Pour \(R_0\) : \(L_0 \times \ell_0 = 11\), donc \(\ell_0 = \dfrac{11}{5} = 2{,}2\).

b. Le même raisonnement vaut pour chaque rectangle \(R_n\), qui a pour aire 11 : \(L_n \times \ell_n = 11\), et comme \(L_n \neq 0\), \(\ell_n = \dfrac{11}{L_n}\).

2. Pour tout \(n\), en remplaçant \(\ell_n\) :

\[L_{n+1} = \dfrac{L_n + \ell_n}{2} = \dfrac{1}{2}(L_n + \dfrac{11}{L_n}).\]

La suite \((L_n)\) vérifie la même relation de récurrence que \((u_n)\) et a le même premier terme \(L_0 = u_0 = 5\). Les deux suites sont donc égales : \(L_n = u_n\) pour tout \(n\).

3. Puisque \(L_n = u_n\), la partie A donne \(L_n \geq\, \sqrt{11}\). La fonction inverse étant décroissante sur \(]0 ; +\infty[\), on en déduit \(\dfrac{1}{L_n} \leq\, \dfrac{1}{\sqrt{11}}\), puis en multipliant par \(11 \gt 0\) :

\[\ell_n = \dfrac{11}{L_n} \leq\, \dfrac{11}{\sqrt{11}} = \sqrt{11}.\]

On a donc bien \(\ell_n \leq\, \sqrt{11} \leq\, L_n\).

4. La longueur et la largeur des rectangles se rapprochent toutes les deux de \(\sqrt{11}\) : les rectangles \(R_n\), d’aire 11, ressemblent de plus en plus à un carré de côté \(\sqrt{11}\), c’est-à-dire au carré d’aire 11.

Exercice 4, partie B : question 5

5. a. La boucle s’exécute 3 fois et calcule successivement :

La console affiche (3.316606, 3.316643) : \(\ell_3 \approx 3{,}316\,606\) et \(L_3 \approx 3{,}316\,643\).

b. Ces deux nombres sont \(\ell_3\) et \(L_3\), et d’après la question 3 on a \(\ell_3 \leq\, \sqrt{11} \leq\, L_3\). Ils fournissent donc un encadrement de \(\sqrt{11}\) : \(3{,}316\,606 \leq\, \sqrt{11} \leq\, 3{,}316\,643\) (aux arrondis près), d’amplitude inférieure à \(4 \times 10^{-5}\), obtenu avec seulement trois étapes. Géométriquement, le rectangle \(R_3\) est déjà presque un carré. C’est la méthode de Héron d’Alexandrie pour calculer une racine carrée.

Comment réviser avec ce corrigé Nord 2023

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. 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. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les pièges classiques

• 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.
• Quand vous dérivez un produit ou un quotient, écrivez les fonctions u et v avant de calculer, puis factorisez pour étudier le signe.

Corrigé Nord 2023 : 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 ? Surtout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et la dérivation, mais aussi la loi binomiale.

Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.

Par ailleurs, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2023 en Amérique du Nord (jour 1) : sujet et corrigé.