Bac de maths 2022 Centres étrangers J1 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : QCM sur la fonction logarithme

1. Comme \(\ln\) est une bijection de \(]0\,;\,+\infty[\) sur \(\mathbb{R}\), on a \(\ln\left(1+x^2\right)=2022\) équivalent à \(1+x^2=\mathrm{e}^{2022}\), soit \(x^2=\mathrm{e}^{2022}-1\). Ce nombre est strictement positif, donc il y a deux solutions opposées, \(\sqrt{\mathrm{e}^{2022}-1}\) et \(-\sqrt{\mathrm{e}^{2022}-1}\). Réponse : c.

2. Dérivons : \(g'(x)=\ln(x)+1-2x\), puis \(g''(x)=\dfrac{1}{x}-2\). On a \(g''(x)\gt 0\) pour \(0\lt x\lt\dfrac{1}{2}\) et \(g''(x)\lt 0\) pour \(x\gt\dfrac{1}{2}\). La fonction est donc convexe puis concave, et la dérivée seconde s'annule en changeant de signe en un seul point. Réponse : c. (un seul point d'inflexion, d'abscisse \(\dfrac{1}{2}\)).

3. Posons \(g(x)=-\dfrac{1}{2}\ln\left(1-x^2\right)\). Alors \(g'(x)=-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{-2x}{1-x^2}=\dfrac{x}{1-x^2}=f(x)\). Réponse : a.

4. Il faut \(-x^2-x+6\gt 0\), c'est-à-dire \(x^2+x-6\lt 0\). Les racines de ce trinôme sont \(-3\) et \(2\) (car \((x+3)(x-2)=x^2+x-6\)), et il est négatif entre ses racines. L'ensemble de définition est \(]-3\,;\,2[\). Réponse : a.

5. On a \(f'(x)=2x-4+\dfrac{6}{2x-1}\), donc \(f'(1)=2-4+6=4\), et \(f(1)=1-4+3\ln(1)=-3\). La tangente est \(y=4(x-1)-3\), soit \(y=4x-7\). Réponse : a.

6. L'inéquation n'a de sens que si \(x+3\gt 0\) et \(x+1\gt 0\), donc pour \(x\gt -1\). On a alors \(2\ln(x+1)=\ln\left((x+1)^2\right)\) et, par croissance de \(\ln\), l'inéquation équivaut à \(x+3\lt (x+1)^2\), soit \(x^2+x-2\gt 0\), soit \((x-1)(x+2)\gt 0\). Cela donne \(x\lt -2\) ou \(x\gt 1\) ; avec \(x\gt -1\), il reste \(x\gt 1\). Réponse : b.

Corrigé de l’exercice 2 : angle, aire et volume dans l’espace

1. a. On calcule \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}(0-2\,;\,2-0\,;\,1-3)\), soit \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}(-2\,;\,2\,;\,-2)\), et \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}(-1-2\,;\,-1-0\,;\,2-3)\), soit \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}(-3\,;\,-1\,;\,-1)\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, leurs coordonnées seraient proportionnelles ; or \(\dfrac{-2}{-3}\) n'est pas égal à \(\dfrac{2}{-1}\). Ils ne sont pas colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés.

b. \(\mathrm{AB}^2=4+4+4=12\) donc \(\mathrm{AB}=2\sqrt{3}\), et \(\mathrm{AC}^2=9+1+1=11\) donc \(\mathrm{AC}=\sqrt{11}\).

c. Avec les coordonnées : \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-2)(-3)+2\times(-1)+(-2)(-1)=6-2+2=6\). Avec la définition : \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\mathrm{AB}\times\mathrm{AC}\times\cos\widehat{\mathrm{BAC}}\). Donc

\[\cos\widehat{\mathrm{BAC}}=\dfrac{6}{2\sqrt{3}\times\sqrt{11}}=\dfrac{3}{\sqrt{33}}=\dfrac{\sqrt{33}}{11}.\]

La calculatrice donne \(\widehat{\mathrm{BAC}}\approx 58{,}5^\circ\).

2. a. Le vecteur \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\) est normal au plan \(\mathscr{P}\), ainsi que le vecteur colinéaire \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1)\). Une équation de \(\mathscr{P}\) est donc \(x-y+z+d=0\). Le point C\((-1\,;\,-1\,;\,2)\) appartient à \(\mathscr{P}\) : \(-1+1+2+d=0\), donc \(d=-2\). Le plan \(\mathscr{P}\) a pour équation \(x-y+z-2=0\).

b. La droite (AB) passe par A et a pour vecteur directeur \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1)\). Une représentation paramétrique est :

\[\begin{cases}x=2+t\\y=-t\\z=3+t\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.\]

c. Le point E est sur (AB) et sur \(\mathscr{P}\). On remplace dans l'équation du plan : \((2+t)-(-t)+(3+t)-2=0\), soit \(3+3t=0\), donc \(t=-1\). On obtient E\((1\,;\,1\,;\,2)\).

d. E est le pied de la hauteur issue de C dans le triangle ABC. On a \(\overrightarrow{\mathrm{CE}}(2\,;\,2\,;\,0)\), donc \(\mathrm{CE}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\). L'aire vaut

\[\mathcal{A}=\dfrac{\mathrm{AB}\times\mathrm{CE}}{2}=\dfrac{2\sqrt{3}\times 2\sqrt{2}}{2}=\mathbf{2\sqrt{6}}\ \text{unités d'aire}.\]

3. a. On a \(\overrightarrow{\mathrm{AF}}(-1\,;\,-1\,;\,0)\). Cherchons \(\alpha\) et \(\beta\) avec \(\overrightarrow{\mathrm{AF}}=\alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{AC}}\). Cela donne le système \(-2\alpha-3\beta=-1\), \(2\alpha-\beta=-1\), \(-2\alpha-\beta=0\). En additionnant les deux dernières équations, on trouve \(-2\beta=-1\), donc \(\beta=\dfrac{1}{2}\) et \(\alpha=-\dfrac{1}{4}\). La première équation est vérifiée : \(\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}=-1\). Ainsi \(\overrightarrow{\mathrm{AF}}=-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}}\) : A, B, C et F sont coplanaires.

b. On a \(\overrightarrow{\mathrm{FD}}(2\,;\,-2\,;\,-4)\). Alors \(\overrightarrow{\mathrm{FD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=-4-4+8=0\) et \(\overrightarrow{\mathrm{FD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=-6+2+4=0\). Le vecteur \(\overrightarrow{\mathrm{FD}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc (FD) est orthogonale au plan (ABC).

c. F est dans le plan (ABC) et (FD) lui est orthogonale : \(\mathrm{FD}\) est la hauteur du tétraèdre ABCD issue de D. On a \(\mathrm{FD}=\sqrt{4+4+16}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}\). Donc

\[V=\dfrac{1}{3}\times 2\sqrt{6}\times 2\sqrt{6}=\dfrac{24}{3}=\mathbf{8}\ \text{unités de volume}.\]

Corrigé de l’exercice 3 : écart entre l’exponentielle et sa tangente

Partie A

1. En \(-\infty\) : \(\mathrm{e}^x\to 0\) et \(-x\to+\infty\), donc \(\lim_{x\to-\infty}h(x)=+\infty\). En \(+\infty\) : on écrit \(h(x)=x\left(\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}-1\right)\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}\to+\infty\), donc \(\lim_{x\to+\infty}h(x)=+\infty\).

2. La fonction \(h\) est dérivable et \(h'(x)=\mathrm{e}^x-1\). Or \(\mathrm{e}^x-1\gt 0\) équivaut à \(x\gt 0\). Donc \(h\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), avec \(h(0)=1\). Tableau de variation :

3. La fonction \(h\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\). Si \(0\lt a\lt b\), alors \(h(a)\lt h(b)\), donc \(h(a)-h(b)\lt 0\).

Partie B

1. L'équation de la tangente en 0 est \(y=f(0)+f'(0)(x-0)\). Comme \(f'=f=\exp\), \(f(0)=f'(0)=1\). \(T\) : \(y=x+1\).

2. Quand \(n\to+\infty\), \(\dfrac{1}{n}\to 0\) et, par continuité de l'exponentielle, \(\exp\left(\dfrac{1}{n}\right)\to 1\). Donc \(u_n\to 1-0-1\), c'est-à-dire \(\lim u_n=0\).

3. a. On développe :

\[u_{n+1}-u_n=\mathrm{e}^{\frac{1}{n+1}}-\dfrac{1}{n+1}-1-\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}+\dfrac{1}{n}+1=\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{n+1}}-\dfrac{1}{n+1}\right)-\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}-\dfrac{1}{n}\right)=h\left(\dfrac{1}{n+1}\right)-h\left(\dfrac{1}{n}\right).\]

b. Pour tout \(n\geqslant 1\), \(0\lt\dfrac{1}{n+1}\lt\dfrac{1}{n}\). D'après la question A.3 avec \(a=\dfrac{1}{n+1}\) et \(b=\dfrac{1}{n}\), \(h\left(\dfrac{1}{n+1}\right)-h\left(\dfrac{1}{n}\right)\lt 0\). Donc \(u_{n+1}-u_n\lt 0\) : la suite \((u_n)\) est strictement décroissante.

4. On lit dans le tableau : \(u_7\approx 0{,}0107\gt 10^{-2}\) et \(u_8\approx 0{,}0081\lt 10^{-2}\). Comme la suite est décroissante, les termes suivants restent inférieurs à \(10^{-2}\). La plus petite valeur est \(n=8\).

Corrigé de l’exercice 4 : défauts de traitement des verres

Partie A

1. On sait que \(P(\overline{A}\cap\overline{B})=0{,}75\), \(P(A)=0{,}1\) donc \(P(\overline{A})=0{,}9\), \(P(B)=0{,}2\) donc \(P(\overline{B})=0{,}8\). Dans la ligne \(\overline{B}\) : \(P(A\cap\overline{B})=0{,}8-0{,}75=0{,}05\). Dans la colonne \(A\) : \(P(A\cap B)=0{,}1-0{,}05=0{,}05\). Dans la ligne \(B\) : \(P(\overline{A}\cap B)=0{,}2-0{,}05=0{,}15\). Tableau complété :

2. a. « Au moins un défaut » est l'évènement contraire de « aucun défaut » : \(P(A\cup B)=1-P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-0{,}75=\)0,25.

b. D'après le tableau, la probabilité de deux défauts est \(P(A\cap B)=\)0,05. On peut le vérifier avec \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\) : \(0{,}25=0{,}1+0{,}2-0{,}05\).

c. On compare : \(P(A)\times P(B)=0{,}1\times 0{,}2=0{,}02\), alors que \(P(A\cap B)=0{,}05\). Les deux nombres sont différents : \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.

3. Un défaut pour un seul traitement correspond à \((A\cap\overline{B})\cup(\overline{A}\cap B)\), réunion de deux évènements incompatibles : \(0{,}05+0{,}15=\)0,2.

4. \(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0{,}05}{0{,}1}=\)0,5.

Partie B

1. On répète 50 fois la même épreuve de Bernoulli (« la paire présente le défaut T1 », succès de probabilité \(0{,}1\)), les tirages étant assimilés à des tirages avec remise donc indépendants. La variable \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}1)\).

2. \(P(X=10)=\dbinom{50}{10}\times 0{,}1^{10}\times 0{,}9^{40}\). La calculatrice donne \(P(X=10)\approx 0{,}015\).

3. La moyenne est l'espérance : \(E(X)=np=50\times 0{,}1=\)5 paires de verres en moyenne.