Corrigé du bac de maths 2023 à Mayotte et au Liban (jour 2) à télécharger en PDF

Corrigé Liban 2023 : organisation du corrigé

D’abord, précisons que ce corrigé Liban 2023 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2023 à Mayotte et au Liban (jour 2), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la convexité 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 :

Question 1 : réponse B.

Pour trouver une primitive, le plus sûr est de dériver chaque proposition et de voir laquelle redonne \(f\). Pour \(F(x)=(x-1)\text{e}^x\), on applique la formule \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) avec \(u(x)=x-1\) et \(v(x)=\text{e}^x\) :

\[F^{\prime}(x)=1\times \text{e}^x+(x-1)\text{e}^x=(1+x-1)\text{e}^x=x\text{e}^x=f(x).\]

À titre de contrôle, la proposition C donne \(((x+1)\text{e}^x)^{\prime}=(x+2)\text{e}^x\), qui n’est pas \(f(x)\). La bonne réponse est donc B.

Question 2 : réponse D.

Lisons les signes sur la courbe. Sur \(]5\,;\,+\infty[\), la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses, donc \(f(x)\gt 0\). De plus, P est l’unique point d’inflexion et, après P, la courbe est au-dessus de ses tangentes (on le voit avec la tangente en pointillés en P) : \(f\) est convexe sur \(]5\,;\,+\infty[\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\gt 0\). Ainsi \(f(x)\) et \(f^{\prime\prime}(x)\) sont tous deux positifs : la proposition D est vraie.

Les autres sont fausses : sur \(]5\,;\,+\infty[\), \(f\) décroît donc \(f^{\prime}(x)\lt 0\) alors que \(f(x)\gt 0\) (B fausse) ; sur \(]0\,;\,1[\), \(f(x)\lt 0\) alors que \(f\) croît, donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\) (A fausse) ; sur \(]0\,;\,3[\), \(f^{\prime}(x)\gt 0\) alors que la courbe est concave avant P, donc \(f^{\prime\prime}(x)\lt 0\) (C fausse). Réponse D.

Exercice 1 du corrigé Liban 2023 : questions 3 à 5

Question 3 : réponse D.

D’une part \(g(0)=\dfrac{a}{b+\text{e}^0}=\dfrac{a}{b+1}\), donc \(g(0)=2\) donne \(a=2(b+1)\).

D’autre part \(\lim\limits_{t\to+\infty}\text{e}^{-t}=0\), donc (pour \(b\neq 0\)) \(\lim\limits_{t\to+\infty}g(t)=\dfrac{a}{b}\), et la condition donne \(a=3b\).

En égalant : \(3b=2b+2\), d’où \(b=2\) puis \(a=6\). On vérifie : \(g(0)=\dfrac{6}{3}=2\) et la limite vaut \(\dfrac62=3\). Réponse D.

Question 4 : réponse C.

Notons B l’événement « Alice choisit l’urne B » et V l’événement « la boule tirée est verte ». Le choix de l’urne se fait au hasard, donc \(P(\text{B})=\dfrac12\), et d’après la composition des urnes \(P_{\text{A}}(V)=\dfrac24=\dfrac12\) et \(P_{\text{B}}(V)=\dfrac34\).

Par la formule des probabilités totales :

\[P(V)=\dfrac12\times \dfrac12+\dfrac12\times \dfrac34=\dfrac14+\dfrac38=\dfrac58.\]

On cherche une probabilité « à l’envers », c’est-à-dire \(P_V(\text{B})\) :

\[P_V(\text{B})=\dfrac{P(\text{B}\cap V)}{P(V)}=\dfrac{\dfrac38}{\dfrac58}=\dfrac35.\]

Réponse C.

Question 5 : réponse b.

La variable \(k\) parcourt les entiers de 0 à 99 avec range(100), donc \(k+1\) parcourt les entiers de 1 à 100 : il faut ajouter \(\dfrac{1}{k+1}\) à chaque tour à une somme initialisée à 0. C’est exactement ce que fait le script b.

Le script a remplace \(S\) à chaque tour au lieu de l’augmenter : il renvoie seulement \(\dfrac{1}{100}\). Dans les scripts c et d, la variable \(S\) est utilisée sans avoir reçu de valeur (c’est \(k\) qui est initialisé), ce qui provoque une erreur ; de plus, dans d, \(k\) n’est jamais augmenté, la boucle ne s’arrêterait pas.

Exercice 2 :

Partie A

1. Limite de \(g\) en \(-1{,}5\).

Pour tout \(x\gt -1{,}5\), \(g(x)=\ln(2x+3)-1-x\). Quand \(x\) tend vers \(-1{,}5\) par valeurs supérieures, \(2x+3\) tend vers 0 en restant positif, donc \(\ln(2x+3)\) tend vers \(-\infty\) (car \(\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\)). Pendant ce temps, \(-1-x\) tend vers \(-1+1{,}5=0{,}5\). Par somme :

\[\lim\limits_{x\to -1{,}5}g(x)=-\infty.\]

2. Variations de \(g\).

La fonction \(x\mapsto \ln(2x+3)\) est de la forme \(\ln(u)\) avec \(u(x)=2x+3\gt 0\), de dérivée \(\dfrac{u^{\prime}}{u}=\dfrac{2}{2x+3}\). Donc, pour tout \(x\gt -1{,}5\) :

\[g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{2x+3}-1=\dfrac{2-(2x+3)}{2x+3}=\dfrac{-2x-1}{2x+3}.\]

Sur \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\), le dénominateur \(2x+3\) est strictement positif, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(-2x-1\), qui est positif lorsque \(x\lt -0{,}5\) et négatif lorsque \(x\gt -0{,}5\).

Donc \(g\) est strictement croissante sur \(]-1{,}5\,;\,-0{,}5]\) et strictement décroissante sur \([-0{,}5\,;\,+\infty[\). Elle admet un maximum en \(-0{,}5\) :

\[g(-0{,}5)=\ln(2)-1+0{,}5=\ln(2)-0{,}5\approx 0{,}193.\]

3. a. Existence et unicité de \(\alpha\).

Sur l’intervalle \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\), la fonction \(g\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante. Quand \(x\) tend vers \(-0{,}5\), \(g(x)\) tend vers \(g(-0{,}5)=\ln(2)-0{,}5\gt 0\), et \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty\). Ainsi \(g\) réalise une bijection de \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\) sur \(]-\infty\,;\,\ln(2)-0{,}5[\), intervalle qui contient 0.

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\).

b. À la calculatrice, on balaye d’abord avec un pas de 0,1 : \(g(0{,}2)\approx 0{,}024\gt 0\) et \(g(0{,}3)\approx -0{,}02\lt 0\). Puis avec un pas de 0,01 :

\[g(0{,}25)\approx 0{,}0028\gt 0\quad\text{et}\quad g(0{,}26)\approx -0{,}0015\lt 0.\]

Comme \(g\) est décroissante sur cet intervalle, on en déduit \(0{,}25\lt\alpha\lt 0{,}26\) (en fait \(\alpha\approx 0{,}2564\)).

Partie B

1. Soit \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), c’est-à-dire \(-1\leq\, x\leq\,\alpha\). Ces nombres sont dans \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\), où \(f\) est strictement croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(-1)\leq\, f(x)\leq\, f(\alpha).\]

Calculons les deux bornes. D’une part \(f(-1)=\ln(-2+3)-1=\ln(1)-1=-1\). D’autre part, \(\alpha\) vérifie \(g(\alpha)=0\), c’est-à-dire \(f(\alpha)-\alpha=0\), soit \(f(\alpha)=\alpha\).

Donc \(-1\leq\, f(x)\leq\,\alpha\) : si \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), alors \(f(x)\in[-1\,;\,\alpha]\).

2. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(-1\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\alpha\) ».

Initialisation. \(u_0=0\) et \(u_1=f(0)=\ln(3)-1\approx 0{,}099\). Comme \(\alpha\gt 0{,}25\), on a bien \(-1\leq\, 0\leq\, 0{,}099\leq\,\alpha\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) fixé : \(-1\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\alpha\). Tous ces nombres sont dans \([-1\,;\,\alpha]\), où \(f\) est croissante ; en appliquant \(f\), l’ordre est conservé :

\[f(-1)\leq\, f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(\alpha).\]

Or \(f(-1)=-1\), \(f(u_n)=u_{n+1}\), \(f(u_{n+1})=u_{n+2}\) et \(f(\alpha)=\alpha\) (question 1). On obtient \(-1\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\,\alpha\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

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

b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) signifie que la suite \((u_n)\) est croissante, et l’inégalité \(u_{n+1}\leq\,\alpha\) (avec \(u_0\leq\,\alpha\)) signifie qu’elle est majorée par \(\alpha\). D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite est inférieure ou égale à \(\alpha\).

Exercice 3 :

Dans ce repère, l’unité vaut la moitié de l’arête de la maison : l’arête du cube ABCDEFGH mesure donc 2 unités, et celle du garage (dont L et K sont des milieux) mesure 1 unité.

1. a. On a A(0 ; 0 ; 0), B(2 ; 0 ; 0), D(0 ; 2 ; 0) et E(0 ; 0 ; 2). Le point H est au-dessus de D, à la hauteur de E. Le garage s’appuie sur la face BCGF : I prolonge [AB] d’une unité et M est au-dessus de I à la hauteur 1 ; N se déduit de M par une unité dans la direction de \(\vec{\jmath}\). D’où :

\[\text{H}(0\,;\,2\,;\,2),\qquad \text{M}(3\,;\,0\,;\,1),\qquad \text{N}(3\,;\,1\,;\,1).\]

b. La droite (HM) passe par H et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HM}}\) de coordonnées \((3-0\,;\,0-2\,;\,1-2)=(3\,;\,-2\,;\,-1)\). Une représentation paramétrique de (HM) est donc :

\[\{\begin{array}{l}x=3t\\y=2-2t\\z=2-t\end{array}.\qquad t\in\mathbb{R}.\]

2. Les points B, C et F ont tous pour abscisse 2 (ils sont sur la face du cube opposée à la face ADHE, d’équation \(x=0\)) : le plan (BCF) est le plan d’équation \(x=2\).

Un point de (HM) de paramètre \(t\) appartient à ce plan si et seulement si \(3t=2\), c’est-à-dire \(t=\dfrac23\). On obtient alors \(y=2-2\times \dfrac23=\dfrac23\) et \(z=2-\dfrac23=\dfrac43\). Donc P a pour coordonnées \((2\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac43)\).

Exercice 3 du corrigé Liban 2023 : questions 3 à 4

3. a. On calcule les coordonnées des deux vecteurs :

\[\vec{\text{PM}}(3-2\,;\,0-\dfrac23\,;\,1-\dfrac43)=(1\,;\,-\dfrac23\,;\,-\dfrac13),\qquad\vec{\text{PN}}(3-2\,;\,1-\dfrac23\,;\,1-\dfrac43)=(1\,;\,\dfrac13\,;\,-\dfrac13).\]

Le repère est orthonormé, donc le produit scalaire est la somme des produits des coordonnées :

\[\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=1\times 1+(-\dfrac23)\times \dfrac13+(-\dfrac13)\times (-\dfrac13)=1-\dfrac29+\dfrac19=\dfrac89.\]

Donc \(\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=\dfrac89\).

b. \(\text{PM}=\sqrt{1^2+(-\dfrac23)^2+(-\dfrac13)^2}=\sqrt{1+\dfrac49+\dfrac19}=\sqrt{\dfrac{14}{9}}\), soit \(\text{PM}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\).

c. Le produit scalaire s’écrit aussi \(\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=\text{PM}\times \text{PN}\times \cos\widehat{\text{MPN}}\). Donc :

\[\cos\widehat{\text{MPN}}=\dfrac{\dfrac89}{\dfrac{\sqrt{14}}{3}\times \dfrac{\sqrt{11}}{3}}=\dfrac{\dfrac89}{\dfrac{\sqrt{154}}{9}}=\dfrac{8}{\sqrt{154}}\approx 0{,}645.\]

La calculatrice donne \(\widehat{\text{MPN}}\approx 49{,}9^\circ\). Cet angle ne dépasse pas \(55^\circ\) : le toit pourra être construit.

4. Première justification, géométrique : les droites (EH) et (MN) sont toutes deux dirigées par \(\vec{\jmath}\), elles sont donc parallèles et définissent un plan qui contient E, H, M et N. Les droites (HM) et (EN) sont ainsi coplanaires ; elles ne sont pas parallèles car \(\vec{\text{HM}}(3\,;\,-2\,;\,-1)\) et \(\vec{\text{EN}}(3\,;\,1\,;\,-1)\) n’ont pas des coordonnées proportionnelles (mêmes premières coordonnées mais deuxièmes différentes). Deux droites coplanaires non parallèles sont sécantes.

Pour trouver le point d’intersection, on paramètre (EN), qui passe par E(0 ; 0 ; 2) et est dirigée par \(\vec{\text{EN}}\) :

\[\{\begin{array}{l}x=3s\\y=s\\z=2-s\end{array}.\qquad s\in\mathbb{R}.\]

Un point commun aux deux droites correspond à des paramètres \(t\) et \(s\) tels que \(3t=3s\), \(2-2t=s\) et \(2-t=2-s\). Les première et troisième équations donnent \(s=t\) ; la deuxième devient \(2-2t=t\), soit \(t=\dfrac23\). Ce couple vérifie les trois équations, ce qui confirme que les droites sont sécantes, et le point obtenu est \((3\times \dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,2-\dfrac23)\).

Les droites (HM) et (EN) se coupent en P\((2\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac43)\), le sommet du toit.

Exercice 4 :

Notons \(X\) le nombre de candidats qualifiés à l’issue de la première phase. On répète 4 fois, de façon indépendante (la qualification ne dépend que du hasard), une épreuve à deux issues dont le succès « le candidat se qualifie » a pour probabilité 0,6. Donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=4\) et \(p=0{,}6\) : pour \(k\) entier de 0 à 4,

\[P(X=k)=\binom\,{4}{k}\times 0{,}6^k\times 0{,}4^{4-k}.\]

Par exemple \(P(X=2)=6\times 0{,}36\times 0{,}16=0{,}3456\) et \(P(X=4)=0{,}6^4=0{,}1296\).

Condition n° 1. La deuxième phase a lieu si et seulement si \(X\geq\, 2\). Par l’événement contraire :

\[P(X\geq\, 2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-0{,}0256-0{,}1536=0{,}8208.\]

Comme \(0{,}8208\geq\, 0{,}8\), la deuxième phase a lieu dans plus de 80 % des cas : la condition n° 1 est vérifiée.

Condition n° 2. Notons \(T\) la durée, en minutes, de la deuxième phase. D’après le tableau, \(T\) prend les valeurs 0, 5, 9 et 11 avec \(P(T=0)=P(X=0)+P(X=1)\), \(P(T=5)=P(X=2)\), \(P(T=9)=P(X=3)\) et \(P(T=11)=P(X=4)\). La durée moyenne est l’espérance de \(T\) :

\[E(T)=0\times 0{,}1792+5\times 0{,}3456+9\times 0{,}3456+11\times 0{,}1296=1{,}728+3{,}1104+1{,}4256=6{,}264.\]

La durée moyenne est d’environ 6,26 minutes, elle dépasse 6 minutes : la condition n° 2 n’est pas vérifiée.

Conclusion : une des deux conditions n’étant pas remplie, le jeu ne peut pas être retenu.

Comment réviser avec ce corrigé Liban 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 logarithme népérien ou la fonction exponentielle. 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.
• 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 Liban 2023

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 ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et la convexité, mais aussi la géométrie dans l’espace.

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.

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