Corrigé du bac de maths 2022 : Amérique du Nord, jour 2

Avant de lire ces solutions, traitez le sujet vous-même à partir de l'énoncé officiel. Retrouvez aussi tous les sujets et corrigés du bac de maths.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2022, Amérique du Nord, jour 2) 7 points

Arbre pondéré, probabilités totales, formule de Bayes, suite arithmético-géométrique, récurrence, limite, logarithme

1. Compléter l'arbre des deux premiers matins.

Le premier matin, la moitié des vélos est en A et l'autre moitié en B : chaque branche du premier niveau porte \(0{,}5\). Ensuite, un vélo en A y reste le lendemain avec probabilité \(0{,}84\), donc passe en B avec probabilité \(1 - 0{,}84 = 0{,}16\). Par ailleurs, un vélo en B y reste avec probabilité \(0{,}76\), donc passe en A avec probabilité \(1 - 0{,}76 = 0{,}24\).

• \(A_1\) (probabilité \(0{,}5\))
  • \(A_2\) : \(0{,}84\)
  • \(B_2\) : \(0{,}16\)
• \(B_1\) (probabilité \(0{,}5\))
  • \(A_2\) : \(0{,}24\)
  • \(B_2\) : \(0{,}76\)

Premier niveau : \(0{,}5\) et \(0{,}5\) ; après \(A_1\) : \(0{,}84\) et \(0{,}16\) ; après \(B_1\) : \(0{,}24\) et \(0{,}76\).

2. a) Calculer \(a_2\).

Les évènements \(A_1\) et \(B_1\) forment une partition de l'univers (chaque vélo est en A ou en B). Puis la formule des probabilités totales donne :

\[a_2 = P(A_1 \cap A_2) + P(B_1 \cap A_2) = 0{,}5 \times 0{,}84 + 0{,}5 \times 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54.\]

En conclusion : \(a_2 = 0{,}54\).

2. b) Probabilité que le vélo ait été en B le premier matin sachant qu'il est en A le deuxième.

Ensuite, on cherche une probabilité conditionnelle « à rebours » : \(P_{A_2}(B_1)\). Par définition :

\[P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}2222.\]

En conclusion : \(P_{A_2}(B_1) = \dfrac29 \approx 0{,}222\).

Question 3 a

3. a) Compléter l'arbre des matins \(n\) et \(n+1\).

Chaque matin, le vélo est soit en A soit en B, donc \(a_n + b_n = 1\) et la branche \(B_n\) porte \(b_n = 1 - a_n\). Ensuite, les probabilités de transition ne dépendent pas du jour : ce sont les mêmes qu'à la question 1.

• \(A_n\) (probabilité \(a_n\))
  • \(A_{n+1}\) : \(0{,}84\)
  • \(B_{n+1}\) : \(0{,}16\)
• \(B_n\) (probabilité \(1 - a_n\))
  • \(A_{n+1}\) : \(0{,}24\)
  • \(B_{n+1}\) : \(0{,}76\)

La branche \(B_n\) porte \(1 - a_n\) ; les branches du second niveau portent \(0{,}84\), \(0{,}16\), \(0{,}24\) et \(0{,}76\).

3. b) Justifier que \(a_{n+1} = 0{,}6a_n + 0{,}24\).

Alors, on applique encore la formule des probabilités totales avec la partition \(\{A_n ; B_n\}\) :

\[a_{n+1} = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) = 0{,}84\,a_n + 0{,}24\,(1 - a_n).\]

En développant : \(0{,}84\,a_n + 0{,}24 - 0{,}24\,a_n = (0{,}84 - 0{,}24)\,a_n + 0{,}24 = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\).

Pour tout entier \(n \geqslant 1\), \(a_{n+1} = 0{,}6a_n + 0{,}24\).

4. Démontrer par récurrence que \(a_n = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).

Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) ».

Initialisation (\(n = 1\)) : \(0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{0} = 0{,}6 - 0{,}1 = 0{,}5 = a_1\). Puis la propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité : on fixe un entier \(n \geqslant 1\) pour lequel \(\mathcal{P}(n)\) est vraie, et on veut prouver \(\mathcal{P}(n+1)\), c'est-à-dire \(a_{n+1} = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n}\). D'après la question 3. b) et l'hypothèse de récurrence :

\[a_{n+1} = 0{,}6\left(0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\right) + 0{,}24 = 0{,}36 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n} + 0{,}24 = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n}.\]

La propriété est donc vraie au rang \(n + 1\).

Conclusion : \(\mathcal{P}(1)\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier \(n \geqslant 1\).

Pour tout entier naturel non nul \(n\), \(a_n = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).

Question 5

5. Limite de \((a_n)\) et interprétation.

La suite \(\left(0{,}6^{n-1}\right)\) est géométrique de raison \(0{,}6\), et \(-1 \lt 0{,}6 \lt 1\) : elle tend vers 0. Par produit puis somme, \(0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) tend vers 0 et \(a_n\) tend vers \(0{,}6\).

Interprétation : à long terme, un vélo pris au hasard se trouve le matin au point A avec une probabilité proche de \(0{,}6\). Autrement dit, la répartition se stabilise autour de 60 % des vélos en A et 40 % en B.

En conclusion : \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0{,}6\) ; à terme, environ 60 % des vélos sont au point A chaque matin.

6. Plus petit \(n\) tel que \(a_n \geqslant 0{,}599\).

Ensuite, on isole la puissance :

\[a_n \geqslant 0{,}599 \iff -0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \geqslant -0{,}001 \iff 0{,}6^{n-1} \leqslant 0{,}01.\]

(On divise par \(-0{,}1\), nombre négatif, ce qui renverse l'inégalité.) La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), donc :

\[0{,}6^{n-1} \leqslant 0{,}01 \iff (n-1)\ln(0{,}6) \leqslant \ln(0{,}01) \iff n - 1 \geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)},\]

l'inégalité changeant de sens car \(\ln(0{,}6) \lt 0\). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}015\), d'où \(n \geqslant 10{,}015\) environ. De plus, le plus petit entier convenable est \(n = 11\).

Contrôle : \(a_{10} = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{9} \approx 0{,}59899 \lt 0{,}599\) et \(a_{11} \approx 0{,}59940 \geqslant 0{,}599\).

En conclusion : \(n = 11\). À partir du onzième matin, la probabilité qu'un vélo se trouve au point A dépasse \(0{,}599\) : la répartition est alors pratiquement stabilisée à sa valeur limite.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2022, Amérique du Nord, jour 2) 7 points

Polynôme du troisième degré, théorème des valeurs intermédiaires, dérivée d'un quotient, tangente horizontale, convexité et points d'inflexion

Partie A

1. Variations de \(p\) sur \([-3~;~4]\).

\(p\) est un polynôme, donc dérivable, et \(p'(x) = 3x^2 - 6x + 5\). Ensuite, ce trinôme a pour discriminant \(\Delta = (-6)^2 - 4 \times 3 \times 5 = 36 - 60 = -24\). Comme \(\Delta \lt 0\), il ne s'annule jamais et garde le signe de son coefficient dominant \(3\) : \(p'(x) \gt 0\) pour tout \(x\).

En conclusion : \(p\) est strictement croissante sur \([-3~;~4]\), de \(p(-3) = -68\) à \(p(4) = 37\).

2. Existence et unicité de \(\alpha\).

Ensuite, on calcule \(p(-3) = -27 - 27 - 15 + 1 = -68\) et \(p(4) = 64 - 48 + 20 + 1 = 37\). Par ailleurs, la fonction \(p\) est continue (c'est un polynôme) et strictement croissante sur \([-3~;~4]\), et \(0\) est compris entre \(-68\) et \(37\). D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation \(p(x) = 0\) possède une et une seule solution dans \([-3~;~4]\).

L'équation \(p(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-3~;~4]\).

3. Valeur approchée de \(\alpha\) au dixième.

Ensuite, on balaye avec la calculatrice : \(p(-0{,}2) = -0{,}008 - 0{,}12 - 1 + 1 = -0{,}128 \lt 0\) et \(p(-0{,}1) = -0{,}001 - 0{,}03 - 0{,}5 + 1 = 0{,}469 \gt 0\). Donc \(-0{,}2 \lt \alpha \lt -0{,}1\). Puis un encadrement plus fin donne \(\alpha \approx -0{,}18\), plus proche de \(-0{,}2\) que de \(-0{,}1\).

En conclusion : \(\alpha \approx -0{,}2\) (plus précisément \(-0{,}2 \lt \alpha \lt -0{,}1\)).

Question 4

4. Tableau de signes de \(p\).

\(p\) est strictement croissante et s'annule en \(\alpha\) : elle est négative avant \(\alpha\) et positive après.

\(p(x) \lt 0\) sur \([-3~;~\alpha[\), \(p(\alpha) = 0\), \(p(x) \gt 0\) sur \(]\alpha~;~4]\).

Partie B

1. a) Dérivée de \(f\).

\(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \text{e}^x\) et \(v(x) = 1 + x^2\), qui ne s'annule pas. Donc on a \(u'(x) = \text{e}^x\) et \(v'(x) = 2x\), donc :

\[f'(x) = \dfrac{\text{e}^x(1 + x^2) - \text{e}^x \times 2x}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{\text{e}^x\left(x^2 - 2x + 1\right)}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{(x - 1)^2\,\text{e}^x}{(1 + x^2)^2}.\]

Pour tout \(x \in [-3~;~4]\), \(f'(x) = \dfrac{(x - 1)^2\,\text{e}^x}{(1 + x^2)^2}\).

1. b) Tangente horizontale en 1.

Le coefficient directeur de la tangente au point d'abscisse 1 est \(f'(1) = \dfrac{0^2 \times \text{e}}{4} = 0\). Ensuite, une tangente de pente nulle est horizontale. Comme \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2}\), elle a pour équation \(y = \dfrac{\text{e}}{2}\).

\(f'(1) = 0\) : la tangente en 1 est horizontale, d'équation \(y = \dfrac{\text{e}}{2} \approx 1{,}36\).

2. a) Lecture graphique : bonnes sensations ?

Un point d'inflexion est un point où la courbe traverse sa tangente, c'est-à-dire où la convexité change. Sur le graphique, la courbe « tourne vers le haut » (convexe) à gauche de 0 environ, puis s'infléchit et devient concave jusqu'au palier vers \(x = 1\), puis redevient convexe jusqu'à 4. Ensuite, on voit donc deux changements de convexité, vers \(x = 0\) et vers \(x = 1\).

Le graphique suggère deux points d'inflexion (abscisses proches de 0 et de 1) : le toboggan semble assurer de bonnes sensations.

Question 2 b

2. b) Justification avec \(f''\).

Les points d'inflexion correspondent aux valeurs où \(f''\) s'annule en changeant de signe. Puis pour tout \(x\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((1 + x^2)^3 \gt 0\), donc \(f''(x)\) a le signe du produit \(p(x)(x - 1)\). Alors, on utilise le tableau de signes de la partie A, avec \(\alpha \approx -0{,}18 \lt 1\) :

Ainsi \(f\) est convexe sur \([-3~;~\alpha]\), concave sur \([\alpha~;~1]\) et convexe sur \([1~;~4]\). De plus, la dérivée seconde s'annule en changeant de signe en \(\alpha\) et en 1 : la courbe \(\mathcal{C}_f\) possède exactement deux points d'inflexion, d'abscisses \(\alpha\) et 1. Ensuite, le critère des concepteurs (au moins deux points d'inflexion) est rempli.

En conclusion : \(\mathcal{C}_f\) a deux points d'inflexion (en \(\alpha \approx -0{,}2\) et en 1), donc le toboggan assure de bonnes sensations.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2022, Amérique du Nord, jour 2) 7 points

Coordonnées dans l'espace, distances, produit scalaire et angle, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, intersection droite-plan, orthogonalité

1. a) Le triangle ART est isocèle en A.

Puis on calcule les coordonnées des deux vecteurs issus de A : \(\overrightarrow{\text{AR}}(0~;~3~;~2)\) et \(\overrightarrow{\text{AT}}(-3~;~0~;~2)\). Par ailleurs, le repère étant orthonormé :

\[\text{AR} = \sqrt{0^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \quad\text{et}\quad \text{AT} = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{13}.\]

AR = AT = \(\sqrt{13}\) : le triangle ART est isocèle en A.

1. b) Produit scalaire \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}}\).

Avec l'expression analytique dans un repère orthonormé : \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = 0 \times (-3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 4\).

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = 4\).

1. c) Mesure de l'angle \(\widehat{\text{RAT}}\).

Le produit scalaire s'écrit aussi \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = \text{AR} \times \text{AT} \times \cos\widehat{\text{RAT}}\). Ainsi, on en tire :

\[\cos\widehat{\text{RAT}} = \dfrac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \dfrac{4}{13}, \quad\text{donc}\quad \widehat{\text{RAT}} = \arccos\left(\dfrac{4}{13}\right) \approx 72{,}08^\circ.\]

En conclusion : \(\widehat{\text{RAT}} \approx 72{,}1^\circ\).

2. a) \(\overrightarrow{n}(2~;~-2~;~3)\) est normal au plan (ART).

Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{AR}}(0~;~3~;~2)\) et \(\overrightarrow{\text{AT}}(-3~;~0~;~2)\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\overrightarrow{\text{AR}}\) est nulle mais pas celle de \(\overrightarrow{\text{AT}}\), alors que leurs troisièmes coordonnées sont égales et non nulles. Puis ils dirigent donc le plan (ART). Ensuite, il suffit que \(\overrightarrow{n}\) soit orthogonal à chacun :

\[\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AR}} = 2 \times 0 - 2 \times 3 + 3 \times 2 = 0, \qquad \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = 2 \times (-3) - 2 \times 0 + 3 \times 2 = 0.\]

\(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ART) : c'est un vecteur normal à ce plan.

Question 2 b

2. b) Équation cartésienne de (ART).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(2~;~-2~;~3)\) a une équation de la forme \(2x - 2y + 3z + d = 0\). Puis le point A(6 ; 0 ; 2) lui appartient : \(12 - 0 + 6 + d = 0\), donc \(d = -18\). Vérification avec R : \(12 - 6 + 12 - 18 = 0\) ; avec T : \(6 - 0 + 12 - 18 = 0\).

En conclusion : (ART) : \(2x - 2y + 3z - 18 = 0\).

3. a) Représentation paramétrique de \(\Delta\).

La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ART) : un vecteur normal au plan, comme \(\overrightarrow{n}(2~;~-2~;~3)\), la dirige. Elle passe par \(\text{S}\left(3~;~\dfrac52~;~0\right)\). Un point M\((x~;~y~;~z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s'il existe un réel \(k\) tel que \(\overrightarrow{\text{SM}} = k\,\overrightarrow{n}\), ce qui s'écrit \(x = 3 + 2k\), \(y = \dfrac52 - 2k\), \(z = 0 + 3k\).

Ensuite, on retrouve exactement le système proposé : c'est une représentation paramétrique de \(\Delta\).

3. b) Coordonnées du point L, intersection de \(\Delta\) et de (ART).

Puis on remplace \(x\), \(y\) et \(z\) de la représentation paramétrique dans l'équation du plan :

\[2(3 + 2k) - 2\left(\dfrac52 - 2k\right) + 3 \times 3k - 18 = 0 \iff 6 + 4k - 5 + 4k + 9k - 18 = 0 \iff 17k = 17 \iff k = 1.\]

Pour \(k = 1\) : \(x = 5\), \(y = \dfrac52 - 2 = \dfrac12\), \(z = 3\).

En conclusion : \(\text{L}\left(5~;~\dfrac12~;~3\right)\).

Question 4 a

4. a) Le point N\((0~;~8 - 4t~;~4t)\) appartient au segment [DK] pour \(t \in [0~;~1]\).

D'après la figure, D a pour coordonnées \((0~;~8~;~0)\), E \((0~;~0~;~4)\) et H \((0~;~8~;~4)\). Le milieu K de [EH] est donc \(\text{K}(0~;~4~;~4)\), et \(\overrightarrow{\text{DK}}(0~;~-4~;~4)\).

Par ailleurs \(\overrightarrow{\text{DN}}(0~;~-4t~;~4t)\), si bien que \(\overrightarrow{\text{DN}} = t\,\overrightarrow{\text{DK}}\). Un point M vérifiant \(\overrightarrow{\text{DM}} = t\,\overrightarrow{\text{DK}}\) avec \(0 \leqslant t \leqslant 1\) est exactement un point du segment [DK] (on obtient D pour \(t = 0\) et K pour \(t = 1\)).

Pour tout \(t \in [0~;~1]\), \(\overrightarrow{\text{DN}} = t\,\overrightarrow{\text{DK}}\) : N appartient au segment [DK].

4. b) Position de N pour que [SL] et [SN] soient perpendiculaires.

Ensuite, on calcule \(\overrightarrow{\text{SL}}\left(5 - 3~;~\dfrac12 - \dfrac52~;~3 - 0\right)\), soit \(\overrightarrow{\text{SL}}(2~;~-2~;~3)\), et \(\overrightarrow{\text{SN}}\left(-3~;~\dfrac{11}{2} - 4t~;~4t\right)\). Les deux rayons sont perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire est nul :

\[\overrightarrow{\text{SL}} \cdot \overrightarrow{\text{SN}} = -6 - 11 + 8t + 12t = 20t - 17 = 0 \iff t = \dfrac{17}{20}.\]

Cette valeur appartient bien à \([0~;~1]\). Alors, on obtient alors \(y = 8 - 4 \times \dfrac{17}{20} = 8 - \dfrac{17}{5} = \dfrac{23}{5}\) et \(z = 4 \times \dfrac{17}{20} = \dfrac{17}{5}\).

En conclusion : \(\text{N}\left(0~;~\dfrac{23}{5}~;~\dfrac{17}{5}\right)\), soit \(\text{N}(0~;~4{,}6~;~3{,}4)\).

Corrigé de l’exercice 4 7 points

Propriétés algébriques du logarithme, équation avec ln et domaine, dérivée et tangente, loi binomiale et espérance

Question 1. Valeur de \(a\).

Tout s'exprime avec \(\ln 3\) : \(\ln 9 = 2\ln 3\), \(\ln\left(\dfrac19\right) = -2\ln 3\) et \(\ln\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right) = \dfrac12\ln 3 - \ln 3 = -\dfrac12\ln 3\). Les deux termes extrêmes s'annulent, il reste \(a = -\dfrac12\ln(3)\).

Réponse d : \(a = -\dfrac12\ln(3)\).

Question 2. Solutions de \((E)\).

L'équation n'a de sens que si \(x \gt 0\) et \(x - 10 \gt 0\), c'est-à-dire \(x \gt 10\) : cela exclut déjà 3. Sur \(]10~;~+\infty[\), grâce à \(\ln a + \ln b = \ln(ab)\) et à la stricte croissance de \(\ln\) :

\[(E) \iff \ln\big(x(x - 10)\big) = \ln 21 \iff x^2 - 10x - 21 = 0.\]

Le discriminant vaut \(100 + 84 = 184 = 4 \times 46\), d'où les racines \(5 - \sqrt{46}\) et \(5 + \sqrt{46}\). Comme \(\sqrt{46} \approx 6{,}78\), la première est négative (rejetée, ce qui élimine b) et la seconde vaut environ \(11{,}78 \gt 10\) (acceptée).

Réponse c : \((E)\) a une seule solution, \(5 + \sqrt{46}\).

Question 3. Étude de \(f(x) = x^2(-1 + \ln x)\).

Dérivée d'un produit : \(f'(x) = 2x(-1 + \ln x) + x^2 \times \dfrac1x = -2x + 2x\ln x + x = x(2\ln x - 1)\). La proposition a est donc fausse. \(f'(x)\) est négatif pour \(x \lt \sqrt{\text{e}}\) (car alors \(\ln x \lt \dfrac12\)) : b est fausse. En \(\sqrt{\text{e}}\), \(\ln\sqrt{\text{e}} = \dfrac12\) donc \(f'\left(\sqrt{\text{e}}\right) = 0\) : c est fausse. La tangente en \(\sqrt{\text{e}}\) est horizontale, d'équation \(y = f\left(\sqrt{\text{e}}\right) = \text{e}\left(-1 + \dfrac12\right) = -\dfrac12\text{e}\).

Réponse d : la droite \(y = -\dfrac12\text{e}\) est tangente à \(\mathcal{C}_f\) en \(\sqrt{\text{e}}\).

Question 4. Probabilité d'obtenir exactement 2 jaunes.

Les 5 tirages sont avec remise, donc identiques et indépendants ; chacun donne un jeton jaune avec probabilité \(\dfrac{20}{50} = 0{,}4\). Le nombre \(X\) de jetons jaunes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5~;~0{,}4)\), et :

\[P(X = 2) = \binom{5}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456.\]

Réponse b : \(P(X = 2) \approx 0{,}346\).

Question 5. Probabilité d'obtenir au moins un jaune.

Ensuite, on passe par l'évènement contraire « aucun jaune » : \(P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}6^5 = 1 - 0{,}07776 = 0{,}92224\).

Réponse d : \(P(X \geqslant 1) \approx 0{,}922\).

Question 6. Nombre moyen de jaunes sur un grand nombre d'expériences.

La moyenne observée sur un très grand nombre de répétitions se rapproche de l'espérance de \(X\). Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~p)\), \(E(X) = np = 5 \times 0{,}4 = 2\).

Réponse c : en moyenne, 2 jetons jaunes.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Dans un arbre qui se répète d'un jour à l'autre, les probabilités totales donnent directement une relation \(a_{n+1} = qa_n + r\), à mettre sous forme explicite par récurrence.
• Pour résoudre \(q^{n} \leqslant c\) avec \(0 \lt q \lt 1\), on passe au logarithme et on n'oublie pas de changer le sens de l'inégalité en divisant par \(\ln q \lt 0\).
• Un point d'inflexion correspond à un changement de signe de \(f''\), pas seulement à une annulation : on dresse un tableau de signes en éliminant les facteurs toujours positifs.
• Le produit scalaire sert à la fois pour les longueurs, les angles (\(\cos\theta\)), le vecteur normal (orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan) et les perpendicularités.
• Avec une équation contenant des logarithmes, on détermine d'abord le domaine de validité, puis on élimine les solutions de l'équation algébrique qui n'y sont pas.
• Tirages avec remise : loi binomiale ; « au moins un » se calcule par l'évènement contraire, et la moyenne à long terme est l'espérance \(np\).

Revenir à l'énoncé du bac de maths 2022 (Amérique du Nord, jour 2) · Tous les sujets du bac de maths

Ce que contient le corrigé du bac 2022, Amérique du Nord, jour 2

Ce corrigé du bac 2022, Amérique du Nord, jour 2 du 19 mai 2022 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (7 points) traite : arbre pondéré, probabilités totales, formule de Bayes, suite arithmético-géométrique, récurrence, limite, logarithme. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (7 points) aborde : polynôme du troisième degré, théorème des valeurs intermédiaires, dérivée d'un quotient, tangente horizontale, convexité et points d'inflexion. Puis, la correction de l'exercice 3 (7 points) aborde : coordonnées dans l'espace, distances, produit scalaire et angle, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, intersection droite-plan, orthogonalité. Enfin, la correction de l'exercice 4 (7 points) porte sur : propriétés algébriques du logarithme, équation avec ln et domaine, dérivée et tangente, loi binomiale et espérance.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2022, Amérique du Nord, jour 2

Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. Pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. En effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

Si vous n'avez pas encore cherché l'épreuve, commencez par l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

Les autres corrigés de 2022

• Corrigé France, jour 1
• Corrigé France, jour 2
• Corrigé Amérique du Nord, jour 1
• Corrigé Centres étrangers, jour 1
• Corrigé Centres étrangers, jour 2
• Corrigé Liban, jour 1
• Corrigé Liban, jour 2
• Corrigé France, septembre, jour 1
• Corrigé France, septembre, jour 2

Enfin, pour approfondir la notion, tu peux aussi consulter Éduscol.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du bac de maths 2022 : Amérique du Nord, jour 2» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 200 907 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.