Bac de maths 2023 en Asie (jour 1) : sujet et corrigé

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2023
Mathématiques — Sujet 1
Asie — 23 mars 2023
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Partie A

On considère la suite \((u_n)_{n \in \mathbb{N}}\) définie par \(u_0 = 400\) et pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} = 0{,}9u_n + 60.\]

1. a. Calculer \(u_1\) et \(u_2\).

b. Conjecturer le sens de variation de la suite \((u_n)_{n \in \mathbb{N}}\).

2. Montrer, par récurrence, que pour tout entier naturel \(n\), on a l’inégalité

\[0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600.\]

3. a. Montrer que la suite \((u_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est convergente.

b. Déterminer la limite de la suite \((u_n)_{n \in \mathbb{N}}\). Justifier.

4. On donne une fonction écrite en langage Python :

def mystere(seuil) :
    n=0
    u=400
    while u <= seuil :
        n = n+1
        u = 0.9*u+60
    return n

Quelle valeur obtient-on en tapant dans la console de Python : mystere(500) ?

Partie B

Un arboriculteur possède un verger dans lequel il a la place de cultiver au maximum 500 arbres.

Chaque année il vend 10 % des arbres de son verger et puis il replante 60 nouveaux arbres.

Le verger compte 400 arbres en 2023.

L’arboriculteur pense qu’il pourra continuer à vendre et à planter les arbres au même rythme pendant les années à venir.

Va-t-il être confronté à un problème de place dans son verger ? Expliquer votre réponse.

Exercice 2 (5 points)

On considère le cube ABCDEFGH qui est représenté en annexe.

Dans le repère orthonormé \((\text{A}~;~\vec{\text{AB}}~;~\vec{\text{AD}}~;~\vec{\text{AE}})\), on considère les points M, N et P de coordonnées :

\(\text{M}(1~;~1~;~\dfrac{3}{4})\), \(\text{N}(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1)\), \(\text{P}(1~;~0~;~-\dfrac{5}{4})\)

Dans cet exercice, on se propose de calculer le volume du tétraèdre FMNP.

1. Donner les coordonnées des vecteurs \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\).

2. Placer les points M, N et P sur la figure donnée en annexe qui sera à rendre avec la copie.

(annexe à rendre avec la copie)

3. Justifier que les points M, N et P ne sont pas alignés.

Dès lors les trois points définissent le plan (MNP).

4. a. Calculer le produit scalaire \(\vec{\text{MN}} \cdot \vec{\text{MP}}\), puis en déduire la nature du triangle MNP.

b. Calculer l’aire du triangle MNP.

5. a. Montrer que le vecteur \(\vec{n}(5~;~-8~;~4)\) est un vecteur normal au plan (MNP).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (MNP) est \(5x – 8y + 4z = 0\).

6. On rappelle que le point F a pour coordonnées \(\text{F}(1~;~0~;~1)\).

Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(d\) orthogonale au plan (MNP) et passant par le point F.

7. On note L le projeté orthogonal du point F sur le plan (MNP).

Montrer que les coordonnées du point L sont : \(\text{L}(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35})\).

8. Montrer que \(\text{FL} = \dfrac{3\sqrt{105}}{35}\) puis calculer le volume du tétraèdre FMNP.

On rappelle que le volume \(V\) d’un tétraèdre est donné par la formule :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \text{aire d^{\prime}une base} \times \text{hauteur associée à cette base}.\]

Exercice 3 (5 points)

Soit \(k\) un réel strictement positif.

Le but de cet exercice est de déterminer le nombre de solutions de l’équation

\[\ln(x) = kx\]

de paramètre \(k\).

1. Conjectures graphiques :

On a représenté, ci-dessous, dans un repère orthogonal, la courbe d’équation \(y = \ln(x)\), la droite d’équation \(y = x\) ainsi que la droite d’équation \(y = 0{,}2x\) :

À partir du graphique ci-dessus, conjecturer le nombre de solutions de l’équation \(\ln(x) = kx\) pour \(k = 1\) puis pour \(k = 0{,}2\).

2. Étude du cas \(k = 1\) :

On considère la fonction \(f\), définie et dérivable sur \(]0~;~+\infty[\), par :

\[f(x) = \ln(x) – x.\]

On note \(f^{\prime}\) la fonction dérivée de la fonction \(f\).

a. Calculer \(f^{\prime}(x)\).

b. Étudier le sens de variation de la fonction \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\).

Dresser le tableau des variations de la fonction \(f\) en y faisant figurer la valeur exacte des extremums s’il y en a.

Les limites aux bornes de l’intervalle de définition ne sont pas attendues.

c. En déduire le nombre de solutions de l’équation \(\ln(x) = x\).

3. Étude du cas général :

\(k\) est un nombre réel strictement positif.

On considère la fonction \(g\) définie sur \(]0~;~+\infty[\) par :

\[g(x) = \ln(x) – kx.\]

On admet que le tableau des variations de la fonction \(g\) est le suivant :

a. Donner, en fonction du signe de \(g(\dfrac{1}{k})\), le nombre de solutions de l’équation \(g(x) = 0\).

b. Calculer \(g(\dfrac{1}{k})\) en fonction du réel \(k\).

c. Montrer que \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\) équivaut à \(\ln(k) \lt -1\).

d. Déterminer l’ensemble des valeurs de \(k\) pour lesquelles l’équation \(\ln(x) = kx\) possède exactement deux solutions.

e. Donner, selon les valeurs de \(k\), le nombre de solutions de l’équation \(\ln(x) = kx\).

Exercice 4 (5 points)

Pour chacune des cinq questions de cet exercice, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse à une question ne rapporte ni n’enlève de point.

Une urne contient 15 billes indiscernables au toucher, numérotées de 1 à 15.

La bille numérotée 1 est rouge.

Les billes numérotées 2 à 5 sont bleues.

Les autres billes sont vertes.

On choisit une bille au hasard dans l’urne.

On note \(R\) (respectivement \(B\) et \(V\)) l’évènement : « La bille tirée est rouge » (respectivement bleue et verte).

Question 1 :

Quelle est la probabilité que la bille tirée soit bleue ou numérotée d’un nombre pair ?

Question 2 :

Sachant que la bille tirée est verte, quelle est la probabilité qu’elle soit numérotée 7 ?

Un jeu est mis en place. Pour pouvoir jouer, le joueur paie la somme de 10 euros appelée la mise.

Ce jeu consiste à tirer une bille au hasard dans l’urne.

• Si la bille tirée est bleue, le joueur remporte, en euro, trois fois le numéro de la bille.
• Si la bille tirée est verte, le joueur remporte, en euro, le numéro de la bille.
• Si la bille tirée est rouge, le joueur ne remporte rien.

On note \(G\) la variable aléatoire qui donne le gain algébrique du joueur, c’est-à-dire la différence entre ce qu’il remporte et sa mise de départ.

Par exemple, si le joueur tire la bille bleue numérotée 3, alors son gain algébrique est \(-1\) euro.

Question 3 :

Que vaut \(P(G = 5)\) ?

Question 4 :

Quelle est la valeur de \(P_R(G = 0)\) ?

Question 5 :

Que vaut \(P_{(G = -4)}(V)\) ?

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. a. En appliquant la relation de récurrence : \(u_1 = 0{,}9 \times 400 + 60 = 360 + 60\), soit \(u_1 = 420\), puis \(u_2 = 0{,}9 \times 420 + 60 = 378 + 60\), soit \(u_2 = 438\).

b. On a \(u_0 \lt u_1 \lt u_2\), et les termes suivants calculés à la calculatrice (454,2 ; 468,78 ; 481,902…) continuent d’augmenter : on conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante.

2. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\) ».

Initialisation. \(u_0 = 400\) et \(u_1 = 420\), donc \(0 \leq\, 400 \leq\, 420 \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\). La fonction \(x \mapsto 0{,}9x + 60\) est croissante (coefficient 0,9 positif), elle conserve donc l’ordre. En l’appliquant aux quatre membres :

\[0{,}9 \times 0 + 60 \leq\, 0{,}9u_n + 60 \leq\, 0{,}9u_{n+1} + 60 \leq\, 0{,}9 \times 600 + 60,\]

c’est-à-dire \(60 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\). Comme \(0 \leq\, 60\), on a bien \(0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\).

3. a. L’inégalité \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) montre que la suite est croissante, et \(u_n \leq\, 600\) qu’elle est majorée par 600. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(400 \leq\, \ell \leq\, 600\).

b. On passe à la limite dans la relation \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 60\). Quand \(n \to +\infty\), \(u_{n+1} \to \ell\) et \(0{,}9u_n + 60 \to 0{,}9\ell + 60\) ; par unicité de la limite :

\[\ell = 0{,}9\ell + 60 \iff 0{,}1\ell = 60 \iff \ell = 600.\]

Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 600\).

4. La variable n compte les étapes et u contient \(u_n\). Tant que le terme courant est inférieur ou égal au seuil, on passe au terme suivant ; la boucle s’arrête au premier terme strictement supérieur au seuil et la fonction renvoie son indice. Autrement dit, mystere(500) renvoie le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n \gt 500\) (il existe puisque la suite tend vers 600).

Comme \(u_6 \approx 493{,}7 \leq\, 500\) et \(u_7 \approx 504{,}3 \gt 500\), l’appel mystere(500) renvoie 7.

Partie B

Notons \(a_n\) le nombre d’arbres du verger en l’année \(2023 + n\). Vendre 10 % des arbres revient à en garder 90 %, soit à multiplier par 0,9 ; on en replante ensuite 60. Donc \(a_{n+1} = 0{,}9a_n + 60\) avec \(a_0 = 400\) : c’est exactement la suite \((u_n)\) de la partie A.

Cette suite est croissante et tend vers 600, qui dépasse la capacité de 500 arbres. Plus précisément, la question 4 montre que \(u_6 \approx 494\) mais \(u_7 \approx 504\) : oui, l’arboriculteur manquera de place. Dès 2030 (\(2023 + 7\)), il devrait avoir environ 504 arbres pour 500 places ; il devra donc changer de rythme (vendre davantage ou replanter moins) avant cette date.

Exercice 2 :

1. Par différence des coordonnées : \(\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix}-1\\ -\dfrac{1}{2}\\ \dfrac{1}{4}\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{MP}}\begin{pmatrix}0\\ -1\\ -2\end{pmatrix}\).

2. Dans ce repère, A est l’origine, B, D, E correspondent aux trois axes et l’arête du cube vaut 1.

• \(\text{M}(1~;~1~;~\dfrac{3}{4})\) : les points de coordonnées \((1~;~1~;~z)\) forment l’arête [CG] ; M est sur [CG], aux trois quarts en partant de C (donc à un quart de l’arête sous G).
• \(\text{N}(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1)\) : c’est le milieu de l’arête [EH].
• \(\text{P}(1~;~0~;~-\dfrac{5}{4})\) : il est sur la droite (BF), sous B, à la distance \(\dfrac{5}{4}\) de B, donc à l’extérieur du cube, au prolongement de [FB] au-delà de B.

3. Si \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) étaient colinéaires, il existerait \(k\) tel que \(\vec{\text{MN}} = k\,\vec{\text{MP}}\) ; la première coordonnée donnerait \(-1 = k \times 0 = 0\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc M, N et P ne sont pas alignés.

4. a. Le repère étant orthonormé :

\[\vec{\text{MN}} \cdot \vec{\text{MP}} = (-1) \times 0 + (-\dfrac{1}{2}) \times (-1) + \dfrac{1}{4} \times (-2) = 0 + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2} = 0.\]

Les vecteurs non nuls \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) sont orthogonaux : le triangle MNP est rectangle en M. De plus \(\text{MN} = \sqrt{1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16}} = \sqrt{\dfrac{21}{16}} = \dfrac{\sqrt{21}}{4}\) et \(\text{MP} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\) : ces longueurs sont différentes, le triangle n’est pas isocèle.

b. Dans un triangle rectangle, les deux côtés de l’angle droit servent de base et de hauteur :

\[\mathcal{A}_{\text{MNP}} = \dfrac{\text{MN} \times \text{MP}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{21}}{4} \times \sqrt{5} = \dfrac{\sqrt{105}}{8}.\]

L’aire du triangle MNP est \(\dfrac{\sqrt{105}}{8}\) unité d’aire (environ 1,28).

5. a. On calcule \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MN}} = 5 \times (-1) + (-8) \times (-\dfrac{1}{2}) + 4 \times \dfrac{1}{4} = -5 + 4 + 1 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MP}} = 0 + 8 – 8 = 0\). Le vecteur non nul \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (MNP), donc \(\vec{n}\) est normal au plan (MNP).

b. Le plan admet donc une équation de la forme \(5x – 8y + 4z + d = 0\). Avec M : \(5 – 8 + 4 \times \dfrac{3}{4} + d = 0\), soit \(0 + d = 0\), donc \(d = 0\). Une équation de (MNP) est \(5x – 8y + 4z = 0\) (on peut vérifier avec N : \(0 – 4 + 4 = 0\), et avec P : \(5 – 0 – 5 = 0\)).

6. La droite \(d\) est orthogonale au plan (MNP), elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}(5~;~-8~;~4)\) ; elle passe par \(\text{F}(1~;~0~;~1)\). Une représentation paramétrique de \(d\) est :

\[\{\begin{array}{l}x = 1 + 5t\\ y = -8t\\ z = 1 + 4t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]

7. Le projeté orthogonal L de F sur (MNP) est le point d’intersection de \(d\) avec ce plan. On cherche le paramètre \(t\) du point de \(d\) qui vérifie l’équation du plan :

\[5(1 + 5t) – 8(-8t) + 4(1 + 4t) = 0 \iff 9 + 105t = 0 \iff t = -\dfrac{9}{105} = -\dfrac{3}{35}.\]

On remplace dans la représentation paramétrique : \(x = 1 – \dfrac{15}{35} = \dfrac{20}{35} = \dfrac{4}{7}\), \(y = \dfrac{24}{35}\), \(z = 1 – \dfrac{12}{35} = \dfrac{23}{35}\). On obtient bien \(\text{L}(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35})\).

8. Comme L correspond au paramètre \(t = -\dfrac{3}{35}\), on a \(\vec{\text{FL}} = -\dfrac{3}{35}\,\vec{n}\), d’où

\[\text{FL} = \dfrac{3}{35} \times \|\vec{n}\| = \dfrac{3}{35} \times \sqrt{25 + 64 + 16} = \dfrac{3\sqrt{105}}{35}.\]

C’est la longueur annoncée. Pour le volume, on prend la base MNP ; la hauteur associée est la distance de F au plan (MNP), c’est-à-dire FL puisque L est le projeté orthogonal de F sur ce plan :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{105}}{8} \times \dfrac{3\sqrt{105}}{35} = \dfrac{3 \times 105}{3 \times 8 \times 35} = \dfrac{105}{280} = \dfrac{3}{8}.\]

Le volume du tétraèdre FMNP est \(\dfrac{3}{8}\) unité de volume.

Exercice 3 :

1. Les solutions de \(\ln(x) = kx\) sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de \(\ln\) avec la droite \(y = kx\).

• Pour \(k = 1\) : la droite \(y = x\) semble toujours au-dessus de la courbe, sans point commun. On conjecture que l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution.
• Pour \(k = 0{,}2\) : la droite \(y = 0{,}2x\) coupe la courbe en deux points, d’abscisses proches de 1,3 et de 12,7. On conjecture deux solutions.

2. a. Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} – 1 = \dfrac{1 – x}{x}\).

b. Sur \(]0~;~+\infty[\), le dénominateur \(x\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : positif sur \(]0~;~1[\), nul en 1, négatif sur \(]1~;~+\infty[\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~1]\) et strictement décroissante sur \([1~;~+\infty[\). Elle admet un maximum en 1, égal à \(f(1) = \ln 1 – 1 = -1\).

c. Le maximum de \(f\) vaut \(-1\), donc \(f(x) \leq\, -1 \lt 0\) pour tout \(x \gt 0\) : \(f\) ne s’annule jamais. Or \(\ln(x) = x \iff f(x) = 0\). Donc l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution, ce qui confirme la conjecture.

3. a. Le tableau montre que \(g(\dfrac{1}{k})\) est le maximum de \(g\). On distingue trois cas.

• Si \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) : \(g(x) \leq\, g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) pour tout \(x\), donc aucune solution.
• Si \(g(\dfrac{1}{k}) = 0\) : \(\dfrac{1}{k}\) est solution, et c’est la seule car, par stricte monotonie de part et d’autre de \(\dfrac{1}{k}\), \(g(x) \lt g(\dfrac{1}{k}) = 0\) pour tout \(x \neq \dfrac{1}{k}\) : une solution.
• Si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\) : sur \(]0~;~\dfrac{1}{k}]\), \(g\) est continue, strictement croissante, et passe de \(-\infty\) à une valeur positive ; le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution sur cet intervalle. De même sur \([\dfrac{1}{k}~;~+\infty[\), où \(g\) est continue, strictement décroissante et passe d’une valeur positive à \(-\infty\). Au total, deux solutions.

b. Comme \(k \gt 0\), \(\dfrac{1}{k}\) appartient bien à \(]0~;~+\infty[\), et

\[g(\dfrac{1}{k}) = \ln(\dfrac{1}{k}) – k \times \dfrac{1}{k} = -\ln(k) – 1.\]

Donc \(g(\dfrac{1}{k}) = -\ln(k) – 1\).

c. On a les équivalences

\[g(\dfrac{1}{k}) \gt 0 \iff -\ln(k) – 1 \gt 0 \iff -\ln(k) \gt 1 \iff \ln(k) \lt -1,\]

ce qui est l’équivalence demandée (on multiplie par \(-1\) en changeant le sens de l’inégalité).

d. L’équation \(\ln(x) = kx\) équivaut à \(g(x) = 0\). D’après la question a, elle a exactement deux solutions si et seulement si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\), c’est-à-dire \(\ln(k) \lt -1\). La fonction exponentielle étant strictement croissante, cela équivaut à \(k \lt \text{e}^{-1}\). Avec \(k \gt 0\), l’ensemble cherché est \(]0~;~\text{e}^{-1}[\), soit \(]0~;~\dfrac{1}{\text{e}}[\).

e. De la même manière, \(g(\dfrac{1}{k}) = 0 \iff k = \text{e}^{-1}\) et \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0 \iff k \gt \text{e}^{-1}\). En résumé, l’équation \(\ln(x) = kx\) admet :

• deux solutions si \(0 \lt k \lt \text{e}^{-1}\) ;
• une seule solution (\(x = \text{e}\)) si \(k = \text{e}^{-1}\) : la droite \(y = \dfrac{x}{\text{e}}\) est alors tangente à la courbe de \(\ln\) ;
• aucune solution si \(k \gt \text{e}^{-1}\).

Comme \(\text{e}^{-1} \approx 0{,}37\), on retrouve les conjectures : \(k = 0{,}2\) donne deux solutions et \(k = 1\) aucune.

Exercice 4 :

Les billes sont indiscernables au toucher et tirées au hasard : chacune a la probabilité \(\dfrac{1}{15}\) d’être choisie. Le tableau suivant donne, pour chaque bille, sa couleur et le gain algébrique \(G\) (bleue : \(3n – 10\) ; verte : \(n – 10\) ; rouge : \(-10\)).

Question 1 : réponse B. Les billes bleues sont 2, 3, 4, 5 ; les numéros pairs sont 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14. La réunion compte 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, soit 9 billes (les billes 2 et 4 ne sont comptées qu’une fois). La probabilité est \(\dfrac{9}{15}\). (La réponse C, supérieure à 1, ne peut pas être une probabilité.)

Question 2 : réponse C. Il y a 10 billes vertes (numéros 6 à 15), toutes équiprobables, et une seule porte le numéro 7 : \(P_V(\text{« numéro 7 »}) = \dfrac{1}{10}\), soit \(\dfrac{1}{10}\).

Question 3 : réponse B. Pour une bille bleue, \(3n – 10 = 5\) donne \(n = 5\), qui est bien bleue ; pour une bille verte, \(n – 10 = 5\) donne \(n = 15\), qui est bien verte ; la rouge donne \(-10\). Deux billes conviennent : \(P(G = 5) = \dfrac{2}{15}\).

Question 4 : réponse A. Si la bille est rouge, le joueur ne gagne rien et perd sa mise : \(G = -10\) avec certitude. L’évènement \(G = 0\) est donc impossible sachant \(R\) : \(P_R(G = 0) = 0\).

Question 5 : réponse C. Le gain \(-4\) est obtenu avec la bille bleue 2 (\(3 \times 2 – 10 = -4\)) et avec la bille verte 6 (\(6 – 10 = -4\)). Sachant \(G = -4\), il reste deux billes équiprobables dont une verte : \(P_{(G = -4)}(V) = \dfrac{1}{2}\).

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