Corrigé d'examen de mathématiques, Exercises of French

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Baccalauréat général

Session 2022 – Métropole

Épreuve de Mathématiques

Sujet de spécialité — Proposition de corrigé

Sujet 1

Ce corrigé est composé de 10 pages.

Exercice 1 — Exponentielle, suites

Partie A : Étude du premier protocole

f : t 7 → 3 te−^0 ,^5 t +

1. a. Soit t ∈ [0; 10]. D’une part, par dérivée d’une composée, (^) dd t (e−^0 ,^5 t +1) = − 0 , 5 e−^0 ,^5 t +1. D’autre part, la dérivation du produit donne :

f ′(t) =

d f d t

(t) = 3e−^0 ,^5 t +1^ + 3t ×

d d t

( e−^0 ,^5 t +

)

= 3e−^0 ,^5 t +1^ − 1 , 5 te−^0 ,^5 t + = 3

( e−^0 ,^5 t +1^ − 0 , 5 te−^0 ,^5 t +

)

Finalement, en factorisant par l’exponentielle, on a bien :

f ′(t) = 3 (− 0 , 5 t + 1) e−^0 ,^5 t +

b. Soit t ∈ [0; 10]. La fonction exponentielle étant strictement positive sur R, le signe de f ′(t) est celui de − 0 , 5 t + 1, i.e. positif pour t < 2 et négatif sinon. Il vient donc le tableau de variations de f sur son domaine de définition :

t

signe de f ′(t)

variations de f

3030 ee−−^44

c. Il est alors possible de remarquer que f sera maximale pour t = 2, alors la quantité de médicament présente dans le sang du patient vaudra f (2) = 6

2. a. Premièrement, on a montré que sur [0, 2] f est strictement croissante. De plus, f ([0, 2]) = [0, 6] (question précédente). Et comme 5 ∈ [0, 6], il est possible, par le corollaire du théorème des valeurs inter- médiaires 1 , d’affirmer que l’équation f (t) = 5 admet une unique solution α ∈ [0, 2]. Finalement, par lecture graphique, on trouve, à 10 −^2 près, α ≈ 1 , 02. b. D’après les données, le médicament est efficace lorsque sa quantité dans le sang est supérieure à 5 mg. Autrement dit, il est efficace tant que f (t) > 5. Or, f (t) > 5 pour t ∈ [α, β]. D’où, le médicament est efficace pendant β − α = 3 , 46 − 1 , 02 = 2, 44 heures = 2 heures, 26 , 4 minutes Le médicament sera donc efficace pendant une durée ∆t = 2 heures 26 minutes envi- ron.

Partie B : Étude du second protocole

1. Au bout de la première heure, la quantité de médicament a diminué de 30 %, mais on a réinjecté 1 , 8 mg. Il vient donc u 1 = 0, 7 u 0 + 1, 8 = 0, 7 × 2 + 1, 8 = 3, 2 mg.

1. il est également possible d’invoquer le théorème de la bijection

b. On a donc, pour la suite géométrique (v n ) :

∀n ∈ N v n = 4 × 0 , 7 n

Et finalement, comme v n = 6 − u n ⇐⇒ u n = 6 − v n , il vient :

u n = 6 − 4 × 0 , 7 n

c. On cherche à savoir au bout de combien d’injections la quantité de médicament présente dans le sang sera supérieure à 5 , 5 mg. Il va donc nous falloir résoudre, pour n entier naturel, u n ≥ 5 , 5. Soit n ∈ N.

u n ≥ 5 , 5 ⇐⇒ 6 − 4 × 0 , 7 n^ ≥ 5 , 5 ⇐⇒ − 4 × 0 , 7 n^ ≥ − 0 , 5 ⇐⇒ 4 × 0 , 7 n^ ≤ 0 , 5 (on a multiplié par un nombre négatif) ⇐⇒ 0 , 7 n^ ≤ 0 , 5 /4 = 0, 125 ⇐⇒ e n^ ln(0 , 7)^ ≤ 0 , 125 ⇐⇒ n ln(0, 7) ≤ ln(0, 125) (ln strictement croissant)

⇐⇒ n ≥

ln(0, 125) ln(0, 7)

≈ 6 (ln(0, 7) < 0)

Il aura été nécessaire de réaliser N = 7 injections avec ce protocole car u 6 correspond à la 7ème injection.

Exercice 2 — Géométrie dans l’espace

1. a. À partir de sa représentation paramétrique, on déduit que ~u

 

  est un vecteur

directeur de la droite D. b. Par définition de la représentation paramétrique d’une droite, on sait que le point M (1; 2; 2) ∈ D. Alors B ∈ D ⇐⇒ ∃t ∈ R,

M B = t~u. On a le vecteur : −−→ M B

  

  

Et on remarque alors que

M B = −~u , les deux vecteurs sont donc colinéaires, le point B appartient bien à la droite D.

c. On a

AB

 

 . D’où, on calcule le produit scalaire :

AB · −→u = 0 × 2 + 2 × −1 + − 3 × 2 = 0 − 2 − 6 = − 8

2. a. Le plan P étant orthogonal à la droite D, le vecteur ~u directeur de la droite est un vecteur normal à P. Le plan admet alors une équation cartésienne de la forme 2 x − y + 2z + c = 0 avec c ∈ R. Il reste alors à déterminer la valeur de c. Sachant que A(− 1 , 1 , 3) ∈ P, on a nécessairement 2 × (−1) − 1 + 2 × 3 + c = 0 =⇒ − 2 − 1 + 6 + c = 0 =⇒ c = − 3. Le plan P admet donc bien comme équation cartésienne 2 x − y + 2z − 3 = 0. b. On cherche les coordonnées du point H d’intersection entre D et P. Soient x, y, z ∈ R coordonnées du point H. Premièrement, H ∈ P, donc a des coordonnées vérifiant l’équation 2 x−y+2z−3 = 0.

De plus, H ∈ D, donc vérifie

 



x = 1 + 2t y = 2 − t , t ∈ R z = 2 + 2t Il vient donc :

H ∈ P ∩ D ⇐⇒

  

 

x = 1 + 2t y = 2 − t z = 2 + 2t 2 x − y + 2z − 3 = 0

, t ∈ R

  

 

x = 1 + 2t y = 2 − t z = 2 + 2t 2(1 + 2t) − (2 − t) + 2(2 + 2t) − 3 = 0

, t ∈ R

  

 

x = 1 + 2t y = 2 − t z = 2 + 2t 2 + 4t − 2 + t + 4 + 4t − 3 = 0

, t ∈ R

  

 

x = 1 + 2t y = 2 − t z = 2 + 2t 9 t + 1 = 0

, t ∈ R

Il vient donc t = −^19 , et dans ce cas avec l’équation paramétrique de D, on a :     

x = 1 + 2 ×

( −^19

) = (^79) y = 2 + 19 = (^199) z = 2 + 2 ×

( −^19

) = (^169)

Finalement, on a donc bien H

) coordonnées du point d’intersection

entre D et P.

Ainsi, la hauteur issue de ACH est le segment HB. Il vient donc, en notant S l’aire du triangle ACH : V =

× S× ||

HB || =⇒ S =

3 × V

HB ||

Et comme

HB =

  

16 9 −^89 16 9

  , il vient^ ||

HB ||= 83.

Finalement, on a S = 3 × (^89) 8 3

= 1 unités d’aire.

Exercice 3 — Probabilités

1. a. On nous précise que 25 % des salariés ont suivi le stage. Ce qui signifie que p(S) = 0, 25. b. On recopie et complète l’arbre pondéré :

F

S

S^ ¯

F^ ¯

S

S^ ¯

c. On cherche à calculer la probabilité que la personne interrogée soit une femme ayant suivi le stage, ce qui revient à calculer la probabilité p (F ∩ S). On a alors, les événements étant indépendants :

p (F ∩ S) = p(F ) × p F (S) = 0, 52 × 0 , 4 ≈ 0 , 208

D’où, on a bien p(F ∩ S) = 0, 208. d. On cherche la probabilité que la personne soit une femme, sachant qu’elle a suivi le stage. Ce qui revient à calculer la probabilité p S (F ). Or, d’après la formule de Bayes :

p S (F ) =

p(F ∩ S) p(S)

p S (F ) =

p(F )p F (S) p(S)

D’où, p S (F ) = 00 ,^208 , 25 = 0, 832.

e. On sait que, d’après la loi des probablités totales,

p(S) = p(F ∩ S) + p( F¯ ∩ S) = p(F ∩ S) + p( F¯ )p (^) F ¯ (S)

=⇒ p (^) F ¯ (S) =

p(S) − p(F ∩ S) p( F¯ )

La part d’hommes ayant suivi le stage étant de 9 %, l’affirmation du directeur est vraie.

2. a. On prend un échantillon de 20 salariés, et on étudie le suivi du stage dans cet échantillon supposé être un tirage avec remise. La variable aléatoire X mesure donc le nombre de salariés ayant suivi le stage dans cet échantillon de 20, et suit alors la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0, 25. D’où, X ↪→ B(20; 0, 25)

b. Il vient donc P (X = 5) =

( 20 5

) × 0 , 255 × 0 , 7515 ≈ 0 , 202 probabilité que 5 salariés

sur les 20 aient suivi le stage. c. En saisissant proba(5) dans la console Python, le programme renvoie 0 , 617. On remarque que le programme Python ainsi écrit somme les P (X = i) de 0 à k ∈ N, donnant alors la fonction de répartition de la variable aléatoire X. Autrement dit, proba(5) donne la probabilité P (X ≤ 5) qu’au plus 5 salariés aient suivi le stage sur les 20. d. La probabilité qu’au moins 6 salariés aient suivi le stage correspond à la probabilité P (X ≥ 6) = 1 − P (X ≤ 5). D’où, P (X ≥ 6) = 1 − 0 , 617 ≈ 0 , 383 la probabilité qu’au moins 6 salariés aient suivi le stage.

3. On sait que 25 % des salariés ont suivi le stage. Ces derniers étant augmentés à hauteur de 5 % ; les 75 % restants étant augmentés à hauteur de 2 %, il vient l’augmentation moyenne : A T = 0, 25 × 0 , 05 + 0, 75 × 0 , 02 = 0, 0275

L’augmentation totale moyenne sera donc de A T = 2, 8 %.

Exercice 4 — Fonctions numériques (QCM)

NB : Dans cet exercice QCM, aucune justification n’était demandée. On les donne cependant dans ce corrigé, pour des raisons évidentes.

1. Réponse c. Explication : On cherche l’asymptote de la fonction f : x 7 → −^2 x (^2) +3 x − 1 x^2 +1. Son dénominateur ne s’annulant pas sur R, cette question revient à une étude de ses branches infinies ( i.e. les limites en ±∞). Soit x > 0. En +∞, on remarque que la limite de la fonction f est une forme indéter- minée. Il va donc falloir lever cette incertitude. On a :

f (x) =

− 2 x^2 + 3x − 1 x^2 + 1

x^2 (−2 + 3/x − 1 /x^2 ) x^2 (1 + 1/x^2 )

Alors finalement, lim +∞ f = 0

6. Réponse c.

Explication : On cherche à résoudre dans R :

e^2 x^ + e x^ − 12 = 0 (E)

Soit x ∈ R. On pose X = e x. Alors :

(E) ⇐⇒ X^2 + X − 12 = 0

Il suffit donc de chercher les racines de ce polynôme. Ce dernier a pour discriminant :

∆ = 1 + 4 × 12= 49 = 7^2 > 0

Le polynôme admettra donc deux racines :

X 1 =

= − 4 ; X 2 =

Il reste alors à FAIRE BIEN ATTENTION ET NE PAS RÉPONDRE TROP VITE! En effet, on a trouvé au polynôme deux racines réelles, X 1 = − 4 et X 2 = 3. Or, il ne faut pas oublier que X = e x , et on cherche les solutions pour x ∈ R, il faut donc maintenant revenir de X à x. Pour cela, on se rappelle qu’une exponentielle est positive, il est donc impossible dans R d’avoir e x^ = − 4 ; cela ne nous laisse donc qu’une seule solution, qui peut être trouvée rapidement par bijectivité de l’exponentielle :

X 2 = 3 = e x^ =⇒ x = ln(3)

L’équation admet donc une unique solution réelle.

Proposé par T. Prévost ([email protected]), pour le site https://www.sujetdebac.fr/ Compilé le 19 septembre 2022.