Bac de maths 2024 France septembre J1 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : géométrie dans l’espace, plan et tétraèdre

1. a. Dans le repère \(\left(\mathrm{A}\ ;\ \overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)\), A est l'origine. On lit : \(\mathrm{B}(1\ ;\ 0\ ;\ 0)\), \(\mathrm{D}(0\ ;\ 1\ ;\ 0)\), \(\mathrm{G}(1\ ;\ 1\ ;\ 1)\). Le point I est le milieu de [BD] : \(\mathrm{I}\left(\dfrac{1}{2}\ ;\ \dfrac{1}{2}\ ;\ 0\right)\).

b. On a \(\overrightarrow{\mathrm{IG}}\left(1-\dfrac{1}{2}\ ;\ 1-\dfrac{1}{2}\ ;\ 1-0\right)=\left(\dfrac{1}{2}\ ;\ \dfrac{1}{2}\ ;\ 1\right)\). Le point L vérifie \(\overrightarrow{\mathrm{IL}}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{\mathrm{IG}}=\left(\dfrac{3}{8}\ ;\ \dfrac{3}{8}\ ;\ \dfrac{3}{4}\right)\). Donc \(x_{\mathrm{L}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{7}{8}\), \(y_{\mathrm{L}}=\dfrac{7}{8}\) et \(z_{\mathrm{L}}=0+\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\). \(\mathrm{L}\left(\dfrac{7}{8}\ ;\ \dfrac{7}{8}\ ;\ \dfrac{3}{4}\right)\).

2. Le plan d'équation \(x+y-z-1=0\) contient B, D et G si leurs coordonnées vérifient l'équation : pour B, \(1+0-0-1=0\) ; pour D, \(0+1-0-1=0\) ; pour G, \(1+1-1-1=0\). Les points B, D et G ne sont pas alignés (ils forment un triangle équilatéral), ils définissent un unique plan : \(x+y-z-1=0\) est bien une équation cartésienne de (BDG).

3. a. Un vecteur normal du plan (BDG) est \(\vec{n}(1\ ;\ 1\ ;\ -1)\), lu dans l'équation. La droite \(\Delta\) est perpendiculaire au plan, donc \(\vec{n}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Elle passe par \(\mathrm{L}\left(\dfrac{7}{8}\ ;\ \dfrac{7}{8}\ ;\ \dfrac{3}{4}\right)\), d'où la représentation paramétrique \(x=\dfrac{7}{8}+t\), \(y=\dfrac{7}{8}+t\), \(z=\dfrac{3}{4}-t\), \(t\in\mathbb{R}\).

b. La droite (AE) est l'axe des cotes : ses points ont pour coordonnées \((0\ ;\ 0\ ;\ s)\), \(s\in\mathbb{R}\). Un point de \(\Delta\) est sur (AE) si \(\dfrac{7}{8}+t=0\), c'est-à-dire \(t=-\dfrac{7}{8}\). On vérifie alors que les deux premières coordonnées sont nulles et on calcule \(z=\dfrac{3}{4}+\dfrac{7}{8}=\dfrac{13}{8}\). Les droites ont donc un unique point commun : \(\mathrm{K}\left(0\ ;\ 0\ ;\ \dfrac{13}{8}\right)\).

c. Le point L appartient au plan (BDG) car \(\dfrac{7}{8}+\dfrac{7}{8}-\dfrac{3}{4}-1=\dfrac{14}{8}-\dfrac{6}{8}-\dfrac{8}{8}=0\). Et la droite (KL) est la droite \(\Delta\), perpendiculaire à ce plan. Le point L est donc le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG).

4. a. Le point K correspond à \(t=-\dfrac{7}{8}\) et L à \(t=0\). Le vecteur \(\overrightarrow{\mathrm{KL}}\) vaut \(\dfrac{7}{8}\vec{n}\), avec \(\|\vec{n}\|=\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{3}\). Donc \(\mathrm{KL}=\dfrac{7}{8}\sqrt{3}\). (Calcul direct : \(\mathrm{KL}^2=\left(\dfrac{7}{8}\right)^2+\left(\dfrac{7}{8}\right)^2+\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{13}{8}\right)^2=3\times\dfrac{49}{64}\).)

b. Le triangle DBG est équilatéral de côté \(\mathrm{BD}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\), diagonale d'une face du cube. L'aire d'un triangle équilatéral de côté \(c\) est \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2\). Ici : \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\times2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). L'aire de DBG est \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). (On peut aussi le voir avec la hauteur \(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\) : \(\dfrac{1}{2}\times\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{6}}{2}=\dfrac{\sqrt{12}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).)

c. Dans le tétraèdre KDBG, on prend DBG pour base : sa hauteur issue de K est KL, puisque L est le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG). Donc \(\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times\dfrac{7\sqrt{3}}{8}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{21}{16}=\dfrac{7}{16}\). Le volume du tétraèdre KDBG est \(\dfrac{7}{16}\).

5. a. La base ABCD est un carré de côté 1, d'aire 1. Le point \(\mathrm{K}_a\) est sur (AE), perpendiculaire à la base, donc la hauteur de la pyramide ABCD\(\mathrm{K}_a\) est \(\mathrm{AK}_a=a\). Ainsi \(\mathcal{V}_a=\dfrac{1}{3}\times1\times a=\dfrac{a}{3}\).

b. Un point de \(\Delta_a\) est dans le plan (BDG) si ses coordonnées vérifient \(x+y-z-1=0\) : \(t'+t'-(-t'+a)-1=0\), soit \(3t'-a-1=0\) et \(t'=\dfrac{a+1}{3}\). On en tire \(x=y=\dfrac{a+1}{3}\) et \(z=-\dfrac{a+1}{3}+a=\dfrac{2a-1}{3}\). \(\mathrm{I}_a\left(\dfrac{a+1}{3}\ ;\ \dfrac{a+1}{3}\ ;\ \dfrac{2a-1}{3}\right)\).

c. Le vecteur directeur \((1\ ;\ 1\ ;\ -1)\) de \(\Delta_a\) est normal au plan (BDG), donc \(\mathrm{I}_a\) est le projeté orthogonal de \(\mathrm{K}_a\) sur ce plan et la hauteur du tétraèdre GDB\(\mathrm{K}_a\) est \(\mathrm{K}_a\mathrm{I}_a\). Le point \(\mathrm{K}_a\) correspond à \(t'=0\) et \(\mathrm{I}_a\) à \(t'=\dfrac{a+1}{3}\), donc \(\mathrm{K}_a\mathrm{I}_a=\dfrac{a+1}{3}\sqrt{3}=\dfrac{a+1}{\sqrt{3}}\). Le volume du tétraèdre est alors \(\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times\dfrac{a+1}{\sqrt{3}}=\dfrac{a+1}{6}\). On cherche \(a\gt0\) tel que \(\dfrac{a+1}{6}=\dfrac{a}{3}\), c'est-à-dire \(a+1=2a\), soit \(a=1\). Il existe un seul réel \(a=1\) : le point \(\mathrm{K}_1\) est le point E, et les deux solides ont alors le volume \(\dfrac{1}{3}\). (Pour \(a=\dfrac{13}{8}\), on retrouve bien \(\dfrac{21/8}{6}=\dfrac{7}{16}\).)

Corrigé de l’exercice 2 : intégrale et bénéfice d’un artisan

Partie A

1. a. Pour \(x\in[-1\ ;\ 1]\), on a \(x^2\leqslant1\), donc \(1-x^2\geqslant0\). Comme \(\mathrm{e}^x\gt0\) pour tout réel, le produit \(f(x)=(1-x^2)\mathrm{e}^x\) est positif ou nul sur \([-1\ ;\ 1]\).

b. On pose \(u(x)=1-x^2\) et \(v'(x)=\mathrm{e}^x\), donc \(u'(x)=-2x\) et \(v(x)=\mathrm{e}^x\). Les fonctions sont dérivables à dérivées continues, l'intégration par parties donne :

\[\int_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=\Big[(1-x^2)\mathrm{e}^x\Big]_{-1}^{1}-\int_{-1}^{1}(-2x)\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x.\]

Le crochet vaut \((1-1)\mathrm{e}-(1-1)\mathrm{e}^{-1}=0\). Il reste donc \(\displaystyle\int_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=2\int_{-1}^{1}x\,\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x\).

2. On calcule \(\displaystyle\int_{-1}^{1}x\,\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x\) par une autre intégration par parties, avec \(u(x)=x\) et \(v'(x)=\mathrm{e}^x\) : \(\Big[x\,\mathrm{e}^x\Big]_{-1}^{1}-\displaystyle\int_{-1}^{1}\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x=\left(\mathrm{e}+\mathrm{e}^{-1}\right)-\left(\mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1}\right)=2\mathrm{e}^{-1}\). Donc \(\displaystyle\int_{-1}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=2\times2\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{4}{\mathrm{e}}\). La fonction \(f\) étant positive et l'unité étant 1 cm, l'aire de la surface grisée est \(S=\dfrac{4}{\mathrm{e}}\ \text{cm}^2\). Alors \(\mathcal{V}=3\times S=\dfrac{12}{\mathrm{e}}\approx4{,}415\). Arrondi à \(0{,}1\ \text{cm}^3\) près, \(\mathcal{V}\approx4{,}4\ \text{cm}^3\).

Partie B

1. a. Quand \(q\to+\infty\), \(\ln(q)\to+\infty\) donc \(2-3\ln(q)\to-\infty\), et \(8q^2\to+\infty\). Par produit, \(8q^2\left[2-3\ln(q)\right]\to-\infty\), puis en retirant 3 : \(\displaystyle\lim_{q\to+\infty}B(q)=-\infty\).

b. On dérive un produit : \(B'(q)=16q\left[2-3\ln(q)\right]+8q^2\times\left(-\dfrac{3}{q}\right)=32q-48q\ln(q)-24q=8q-48q\ln(q)\). En factorisant par \(8q\) : \(B'(q)=8q\left(1-6\ln(q)\right)\).

c. Pour \(q\geqslant0{,}01\), \(8q\gt0\), donc \(B'(q)\) a le signe de \(1-6\ln(q)\). Or \(1-6\ln(q)\gt0\iff\ln(q)\lt\dfrac{1}{6}\iff q\lt\mathrm{e}^{1/6}\) (avec \(\mathrm{e}^{1/6}\approx1{,}181\)). Donc \(B'\) est positive sur \([0{,}01\ ;\ \mathrm{e}^{1/6}]\), nulle en \(\mathrm{e}^{1/6}\), négative ensuite : \(B\) est croissante puis décroissante. Le maximum vaut \(B\left(\mathrm{e}^{1/6}\right)=8\mathrm{e}^{1/3}\left(2-\dfrac{1}{2}\right)-3=12\mathrm{e}^{1/3}-3\approx13{,}747\), et \(B(0{,}01)\approx-2{,}987\).

d. Le bénéfice maximal est \(12\mathrm{e}^{1/3}-3\approx13{,}747\) dizaines d'euros, soit environ \(137{,}47\) euros. Le bénéfice maximal est de 137 euros, obtenu pour environ 118 bonbons vendus.

2. a. Sur \([1{,}2\ ;\ +\infty[\), qui est inclus dans \([\mathrm{e}^{1/6}\ ;\ +\infty[\), la fonction \(B\) est continue et strictement décroissante. On a \(B(1{,}2)\approx13{,}74\gt10\) et \(\displaystyle\lim_{q\to+\infty}B(q)=-\infty\lt10\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires (cas d'une fonction strictement monotone), l'équation \(B(q)=10\) admet une unique solution \(\beta\) sur \([1{,}2\ ;\ +\infty[\). À la calculatrice, \(B(1{,}558)\approx10{,}007\gt10\) et \(B(1{,}559)\approx9{,}986\lt10\), donc \(\beta\approx1{,}558\).

b. Un bénéfice supérieur à 100 euros correspond à \(B(q)\gt10\) (le bénéfice est en dizaines d'euros). Sur \([0{,}01\ ;\ \mathrm{e}^{1/6}]\), \(B\) est croissante et \(B(\alpha)=10\) ; sur \([\mathrm{e}^{1/6}\ ;\ +\infty[\), elle est décroissante et \(B(\beta)=10\). On a donc \(B(q)\gt10\) exactement pour \(\alpha\lt q\lt\beta\), c'est-à-dire \(0{,}757\lt q\lt1{,}558\) centaines de bonbons, soit entre \(75{,}7\) et \(155{,}8\) bonbons. Il faut vendre au minimum 76 bonbons et au maximum 155 bonbons pour dépasser 100 euros de bénéfice.

Corrigé de l’exercice 3 : cinq affirmations sur les suites

Affirmation 1 : vraie. Pour tout entier \(n\), \(w_{n+1}=t_{n+1}-10=-0{,}8t_n+18-10=-0{,}8t_n+8=-0{,}8\left(t_n-10\right)=-0{,}8\,w_n\). La suite \((w_n)\) est géométrique de raison \(-0{,}8\).

Affirmation 2 : vraie. En divisant l'encadrement par \(n\gt0\) : \(3-\dfrac{4}{n}\leqslant u_n\leqslant3+\dfrac{4}{n}\). Comme \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{4}{n}=0\), les deux suites qui encadrent \((u_n)\) tendent vers 3. D'après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge (vers 3).

Affirmation 3 : vraie. Montrons par récurrence que \(v_n=\dfrac{n+1}{n}\) pour tout \(n\geqslant1\). Initialisation : \(\dfrac{1+1}{1}=2=v_1\). Hérédité : on suppose \(v_n=\dfrac{n+1}{n}\) pour un entier \(n\geqslant1\). Alors \(v_{n+1}=2-\dfrac{1}{v_n}=2-\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{2n+2-n}{n+1}=\dfrac{n+2}{n+1}\), ce qui est la formule au rang \(n+1\). La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc vraie pour tout \(n\geqslant1\).

Affirmation 4 : fausse. On écrit \(u_n=\mathrm{e}^n-n=n\left(\dfrac{\mathrm{e}^n}{n}-1\right)\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\mathrm{e}^n}{n}\to+\infty\), donc \(\dfrac{\mathrm{e}^n}{n}-1\to+\infty\) et \(u_n\to+\infty\). La suite diverge vers \(+\infty\), elle ne converge pas.

Affirmation 5 : vraie. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\) : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\) avec \(\sqrt{2}\leqslant\ell\leqslant2\). Le script montre que \(u_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(u_n+\dfrac{2}{u_n}\right)\). La fonction \(x\mapsto\dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{2}{x}\right)\) est continue sur \([\sqrt{2}\ ;\ 2]\), donc en passant à la limite : \(\ell=\dfrac{1}{2}\left(\ell+\dfrac{2}{\ell}\right)\). Cela donne \(2\ell=\ell+\dfrac{2}{\ell}\), puis \(\ell=\dfrac{2}{\ell}\) et \(\ell^2=2\). Comme \(\ell\gt0\), \(\ell=\sqrt{2}\). La suite converge bien vers \(\sqrt{2}\) (c'est la méthode de Héron).

Corrigé de l’exercice 4 : loi binomiale et Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. Prélever un cachet est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le cachet est non conforme » a la probabilité \(p=0{,}02\). La boîte contient 100 cachets choisis au hasard et la conformité de chaque cachet est indépendante des autres : on répète donc 100 fois la même épreuve de façon indépendante. La variable \(N\) compte les succès, elle suit la loi binomiale de paramètres \(n=100\) et \(p=0{,}02\).

2. \(E(N)=n\,p=100\times0{,}02=2\). En moyenne, une boîte de 100 cachets contient 2 cachets non conformes.

3. a. \(P(N=3)=\dbinom{100}{3}\times0{,}02^3\times0{,}98^{97}\approx0{,}182\).

b. Au moins 95 cachets conformes signifie au plus 5 cachets non conformes : \(P(N\leqslant5)\approx0{,}985\) (calculatrice, fonction de répartition de la loi binomiale).

4. Avec \(n\) cachets par boîte, la probabilité qu'ils soient tous conformes est \(P(N=0)=0{,}98^n\). On veut \(0{,}98^n\gt0{,}5\), soit \(n\ln(0{,}98)\gt\ln(0{,}5)\). Comme \(\ln(0{,}98)\lt0\), on divise en changeant le sens : \(n\lt\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)}\approx34{,}3\). On vérifie : \(0{,}98^{34}\approx0{,}503\gt0{,}5\) et \(0{,}98^{35}\approx0{,}493\lt0{,}5\). Une boîte peut contenir au maximum 34 cachets.

Partie B

1. Par linéarité de l'espérance, \(E(S)=E(M_1)+\dots+E(M_{100})=100\times2=200\). La masse totale moyenne des 100 cachets d'une boîte est de 200 g.

2. Les masses étant indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances : \(V(S)=100\,\sigma^2\). Donc \(s=\sqrt{100\,\sigma^2}=10\sigma\) puisque \(\sigma\geqslant0\). \(s=10\sigma\).

3. a. « La masse est strictement comprise entre 199 et 201 » signifie \(199\lt S\lt201\), soit \(|S-200|\lt1\). La condition s'écrit \(P(|S-200|\lt1)\geqslant0{,}9\). En passant à l'événement contraire : \(1-P(|S-200|\geqslant1)\geqslant0{,}9\), c'est-à-dire \(P(|S-200|\geqslant1)\leqslant0{,}1\).

b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, avec \(E(S)=200\) et \(\delta=1\), donne \(P(|S-200|\geqslant1)\leqslant\dfrac{V(S)}{1^2}=100\,\sigma^2\). Il suffit donc que \(100\,\sigma^2\leqslant0{,}1\), soit \(\sigma^2\leqslant0{,}001\), c'est-à-dire \(\sigma\leqslant\sqrt{0{,}001}\approx0{,}0316\). La valeur maximale de \(\sigma\) est \(\sqrt{0{,}001}=\dfrac{\sqrt{10}}{100}\approx0{,}032\ \text{g}\).