Voici le corrigé proposé par Progresser-en-maths sur le tant attendu sujet du baccalauréat en France de l’enseignement de spécialité mathématique pour l’année 2023. Voici donc le sujet et la correction du sujet de baccalauréat du 21 mars 2023.
Enoncé
Corrigé
Exercice 1
Je vous donne quand même les justifications même si ce n’est pas demandé dans l’exercice.
Question 1
On cherche :
\mathbb{P}(A\cap G) = \mathbb{P}_A( G) \mathbb{P}(A)= \dfrac{7}{10}\times \dfrac{2}{5}= \dfrac{7}{25}La bonne réponse est c.
Question 2
On a, en utilisant la formule des probabilités totales au numérateur comme différence :
\begin{array}{ll}
\mathbb{P}_B( G )& = \dfrac{\mathbb{P}(B \cap G)}{\mathbb{P}(B)}\\
&=\dfrac{\mathbb{P}(G)- \mathbb{P}(A \cap G)}{1-\mathbb{P}(A)}\\
&= \dfrac{\frac{12}{25}-\frac{7}{25}}{1- \frac{2}{5}}\\
&= \dfrac{\frac{5}{25}}{\frac{3}{5}}\\
&= \dfrac{1}{3}
\end{array}La bonne réponse est b.
Question 3
Il est facile de voir que si on note X la variable aléatoire du nombre de victoires alors. Xsuit une loi binomiale de paramètres 10 et \dfrac{12}{25}. On a donc :
\mathbb{P}(X=6) = \binom{10}{6}\left(\dfrac{12}{25}\right)^6 \left(1 -\dfrac{12}{25}\right)^4\approx 0,1877La bonne réponse est c.
Question 4
Il suffit de calculer \mathbb{P}(X \leq n ) à la calculatrice. On trouve n = 3.
La réponse est donc b.
Question 5
On a
\mathbb{P}(X\geq 1) =1- \mathbb{P}(X=0) = 1 - \binom{10}{0}\left(\dfrac{12}{25}\right)^0 \left(1 -\dfrac{12}{25}\right)^{10}= 1- \left(\dfrac{13}{25}\right)^{10}La réponse est donc d.
Exercice 2
Partie A
Question 1 : Augmenter de 60% revient à multiplier par 1,6. On a donc la relation de récurrence suivante : u_{n+1}= 1,6u_n avec u_0 = 0,1. Le cours sur les suites géométriques nous dit ensuite qu’on peut écrire la suite en fonction de n u_n = u_0 q^n = 0,1 (1,6)^n
Question 2 : Comme la raison est strictement supérieure à 1 et que le premier terme est positif, on a \displaystyle \lim_{n \to + \infty} u_n = +\infty
Question 3 : On a :
\begin{array}{ll}
& u_n \geq 0,4\\
\iff &0,1 (1,6)^n \geq0,4 \\
\iff &(1,6)^n \geq 4 \\
\iff &n \log_{10}(1,6) \geq \log_{10}(4) \\
\iff &n \geq \dfrac{\log_{10}(4)}{\log_{10}(1,6)} \approx 2,95 \\
\end{array}n = 3 convient donc.
Question 4 : e milieu ne serait pas préservé puisqu’au bout du 3ème mois la population dépasserait 400 000.
Partie B
Question 1 : Calculons v_1. v_1 = 1,6 \times v_0-1,6 \times v_0^2 =1,6 \times 0,1-1,6 \times (0,1)^2 = 0,16- 0,016 = 0,144. On a donc 144 000 insectes au bout d’un mois.
Question 2a : Résolvons l’équation demandée :
\begin{array}{ll}
& f(x) = x \\
\iff & 1,6x - 1,6x^2 = x\\
\iff & 0,6x - 1,6x^2 = 0\\
\iff & 3x - 8x^2 = 0\\
\iff & x(3 - 8x) = 0\\
\iff &x = 0\text{ ou } 3-8x =0 \\
\iff &x = 0\text{ ou } x =\dfrac{3}{8} \\
\end{array}L’ensemble des solutions est \mathcal{S} = \{ 0;\frac{3}{8} \}
Question 2b : f est dérivable en tant polynôme du second degré. On a f'(x) = 1,6- 3,2x. Ainsi, f'(x) > 0 \iff 1,6- 3,2x > 0 \iff 1,6 > 3,2x \iff x < \dfrac{1,6}{3,2} = \dfrac{1}{2}. Donc sur \left[ 0;\dfrac{1}{2}\right], f est croissante.
Question 3a : Initialisation : On a 0 \leq 0,1 \leq 0,144 \leq \dfrac{1}{2} \iff 0 \leq u_0 \leq u_1 \leq \dfrac{1}{2} . L’inégalité est donc vérifiée.
Hérédité : Soit n un entier fixé. On suppose que 0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2} . On a, par croissance de f sur cet intervalle : f(0) \leq f(u_n )\leq f(u_{n+1}) \leq f\left(\dfrac{1}{2}\right) \iff 0 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq \dfrac{1,6}{4} < \dfrac{1}{2} .
On a donc bien 0 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq \dfrac{1}{2}
Ainsi, pour tout n entier : 0 \leq u_{n} \leq u_{n} \leq \dfrac{1}{2}
Question 3b : La suite (v_n) est :
- Croissante
- Majorée par \dfrac{1}{2}
D’après le théorème de la limite monotone, elle est donc convergente.
Question 3c : Comme indiqué, on résout f(x) = x . Les deux possibilités sont 0 et \dfrac{3}{8}. Or, la suite est croissante est strictement positive. Donc l = \dfrac{3}{8}.
On a \dfrac{3}{8}=0,375 ce qui correspond à une population de 375 000 au maximum. Le milieu sera donc préservé.
Question 4a : Dans ce cas, la fonction va planter car on n’atteint jamais ce seuil.
Question 4b : On obtient n = 6 en implémentant le code dans la calculatrice. Cela signifie qu’on dépasse 350 000 insectes au bout de 6 mois.
Exercice 3
Question 1
Question a : Il suffit de prendre les coefficients devant l’équation de la droite. Un vecteur normal au plan \mathcal{P}_1 a donc pour coordonnées (2;1;-1)
Question b : Calculons maintenant le produit scalaire entre les deux vecteurs normaux. On a : (2;1;-1).(1;-1;1) = 2 - 1 -1 = 0 .
Ce qui permet de conclure sur le fait que les plans \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2 sont perpendiculaires.
Question 2
Question a : On sait qu’une équation cartésienne du plan \mathcal{P}_2 sera de la forme, en prenant les coefficients du vecteur normal : x-y+z+d = 0 .
Or, on a B(1;1;2) qui appartient à ce plan, donc en remplaçant ses coefficients, on obtient : 1-1+2+d = 0 \iff d = -2 . Une équation du plan est donc x-y+z-2= 0
Question b : On remplace les valeurs de x, y et z dans chacune des 2 équations :
- Dans \mathcal{P}_1 : 2\times 0 -2 +t -t+2 = 0 donc tous les éléments de la droite appartiennent bien au plan \mathcal{P}_1
- Dans \mathcal{P}_2 : 0 +2 -t +t-2 = 0 donc tous les éléments de la droite appartiennent bien au plan \mathcal{P}_2
Question 3
Question a : On a :
\begin{array}{ll}
AM_t &= \sqrt{(0-1)^2+(-2+t-1)^2+(t-1)^2}\\
&= \sqrt{1+(t-3)^2+(t-1)^2}\\
&= \sqrt{1+t^2-6t+9+t^2-2t+1}\\
AM_t&= \sqrt{2t^2-8t+11}\\
\end{array}Ce qui est bien le résultat recherché.
Question b : On minimise ce qu’il y a sous la racine pour trouver le minimum. Le minimum correspond à la distance.
Posons le trinôme défini par f(t) = 2t^2 - 8t +11 . f est clairement dérivable. On a f'(t) = 4t - 8 . De plus, on a f'(t) = 0 \iff 4t- 8 = 0 \iff 4t = 8 \iff t = 2 . Comme le coefficient dominant est positif, c’est en ce point que le minimum est atteint.
On a donc AH = \sqrt{f(2)} = \sqrt{2 \times 2^2 - 8 \times 2+11 }= \sqrt{8-16+11}= \sqrt{3}
Question 4
Question a : On sait qu’une droite normale à \mathcal{P}_1 est engendrée par le vecteur (2;1;-1) . On sait aussi que A(1;1;1) appartient à cette droite.
Une représentation paramétrique est donc
\left \{\begin{array}{rcl}
x&=& 2t +1\\
y&=& t +1\\
z&=& -t +1\\
\end{array} \right.Question b : On vérifie que le point H_1 avec les coordonnées définies dans l’exercice appartient bien au plan \mathcal{P}_1 en remplaçant ses coordonnées : 2 \times \left( -\dfrac{1}{3}\right) + \dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{3} + 2 = \dfrac{-2+1-5+6}{3}=0 .
Pareil avec la droite, on vérifie que t= -\dfrac{2}{3} donc les coordonnées de H_1 . Pour cela, on a par exemple résolu t+1 = \dfrac{1}{3}
Question 5
On a :
- \overrightarrow{AH_1} = \left(-\dfrac{1}{3}-1;\dfrac{1}{3}-1;\dfrac{5}{3}-1\right)=\left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right)
- \overrightarrow{H_2H} = \left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};2-\dfrac{4}{3}\right)=\left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right)= \overrightarrow{AH_1}
- \overrightarrow{H_2H}. \overrightarrow{AH_2}= \left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right). \left(\dfrac{1}{3};-\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{-4}{9}+\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{9} = 0
On a donc 2 côtés opposés parallèles et égaux (donc au moins un parallélogramme) et un angle droit. Le quadrilatère AH_1HH_2 est donc bien un rectangle.
Exercice 4
Question 1
Question a : On a : \displaystyle \lim_{x \to -\infty} e^{-x} = +\infty . Donc, en additionnant : \displaystyle \lim_{x \to -\infty} 1+ e^{-x} = +\infty .
Puis, en composant les limites, on a : \displaystyle \lim_{x \to -\infty} \ln(1+e^{-x}) = +\infty
Question b : On a : \displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^{-x} = 0. Donc, en additionnant : \displaystyle \lim_{x \to +\infty} 1+ e^{-x} = 1 . Puis, en composant les limites, on a : \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \ln(1+e^{-x}) = 0
Question c : On utilise la formule \ln'(u) = \dfrac{u'}{u} pour obtenir
f'(x) = \dfrac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}=\dfrac{-e^{-x}}{e^{-x}(e^x+1)}=\dfrac{-1}{e^x+1}Ce qui est bien le résultat attendu
Question d : On a maintenant tous les éléments pour dire pour tout x réel : f'(x) < 0 . D’où le tableau de variations suivant :
Question 2
Question a : La formule est y = (x-0)f'(0) + f(0) . Or, f(0) = \ln(1+ e^{-0}) = \ln(2), f'(0) = \dfrac{-1}{1+e^{-0}}= \dfrac{1}{2} ce qui nous donne y = -\dfrac{x}{2} + \ln(2)
Question b : Calculons la dérivée seconde de f avec à nouveau la formule de la dérivée d’une composée : \left(\dfrac{1}{u}\right)' = \dfrac{-u'}{u^2} :
f''(x) = \dfrac{-(-e^{-x})}{(1+e^{-x})^2}= \dfrac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} > 0 Comme la dérivée seconde est positive, cela suffit pour conclure quant à la convexité.
Question c : Comme f est convexe elle est au-dessus de toutes ses tangentes. Elle est notamment au-dessus de celle en 0, ce qui nous donne pour tout réel :
f(x) \geq -\dfrac{x}{2} + \ln(2)Question 3
Question a : On a :
\begin{array}{ll}
f(x) - f(-x) &= \ln(1+e^{-x}) - \ln(1+e^x) \\
&= \ln\left(\dfrac{1+e^{-x}}{1+e^x}\right) \\
&= \ln\left(\dfrac{e^{-x}(e^x+1)}{1+e^x}\right) \\
&= \ln\left(e^{-x}\right) \\
&= - x
\end{array}Ce qui est bien le résultat attendu.
Question b : La pente de la tangente en 0 est le coefficient devant x c’est-à-dire - \dfrac{1}{2}.
La pente de la droite M_a N_a est \dfrac{f(x)-f(-x)}{x-(-x)}= \dfrac{-x}{2x} = - \dfrac{1}{2}. Les deux droites sont donc parallèles car elles ont même pente.
Ceci termine la correction de ce sujet de mathématiques spécialité France du 21 mars 2023.
