Corrigé du bac de maths 2023 : Centres étrangers (groupe 1), jour 2

L'énoncé intégral se lit sur la page du sujet : gardez-le ouvert à côté pour suivre chaque réponse. Puis les autres épreuves sont sur la page bac de maths.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2) 5 points

QCM : primitive, convexité et point d'inflexion, limite, probabilités conditionnelles, algorithmique Python

Aucune justification n'était exigée le jour de l'épreuve, mais chaque réponse est expliquée ci-dessous pour que la méthode soit réutilisable.

Question 1. Trouver une primitive de \(f(x)=x\text{e}^x\).

La méthode la plus sûre face à un QCM de primitives consiste à dériver les propositions et à regarder laquelle redonne \(f\). Prenons la proposition B : \(F(x)=(x-1)\text{e}^x\) est un produit \(u\times v\) avec \(u(x)=x-1\) et \(v(x)=\text{e}^x\), donc \(u'(x)=1\) et \(v'(x)=\text{e}^x\).

\[F'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=1\times\text{e}^x+(x-1)\text{e}^x=(1+x-1)\text{e}^x=x\text{e}^x=f(x).\]

Pour comparaison, la dérivée de \((x+1)\text{e}^x\) (proposition C) vaut \((x+2)\text{e}^x\), celle de \(\dfrac{x^2}{2}\text{e}^x\) vaut \(\left(x+\dfrac{x^2}{2}\right)\text{e}^x\), et la proposition D n'est même pas définie en 0.

Réponse B : \(F(x)=(x-1)\text{e}^x\).

Question 2. Comparer les signes de \(f\), \(f'\) et \(f''\).

Ensuite, on établit séparément le signe de chacune des trois fonctions.

• Signe de \(f\) : la courbe est sous l'axe des abscisses sur \(]0\,;\,1[\) et au-dessus sur \(]1\,;\,+\infty[\).
• Signe de \(f'\) : le maximum est atteint en 3, donc \(f\) croît sur \(]0\,;\,3]\) et décroît ensuite ; \(f'(x)\gt 0\) sur \(]0\,;\,3[\) et \(f'(x)\lt 0\) sur \(]3\,;\,+\infty[\).
• Signe de \(f''\) : P d'abscisse 5 est l'unique point d'inflexion ; avant 5 la courbe est sous ses tangentes (concave, en forme de bosse), après 5 elle est au-dessus (convexe). Donc \(f''(x)\lt 0\) sur \(]0\,;\,5[\) et \(f''(x)\gt 0\) sur \(]5\,;\,+\infty[\).

Par ailleurs, on élimine : A est faux (sur \(]1\,;\,3[\), \(f\gt 0\) et \(f'\gt 0\), mais sur \(]0\,;\,1[\), \(f\lt 0\) et \(f'\gt 0\)) ; B est faux (après 5, \(f\gt 0\) mais \(f'\lt 0\)) ; C est faux (sur \(]0\,;\,3[\), \(f'\gt 0\) alors que \(f''\lt 0\)). Sur \(]5\,;\,+\infty[\), \(f(x)\gt 0\) et \(f''(x)\gt 0\) : même signe.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour (suite)

Réponse D.

Question 3. Trouver \(a\) et \(b\) sachant \(g(0)=2\) et \(\lim g = 3\) en \(+\infty\).

Première équation : \(g(0)=\dfrac{a}{b+\text{e}^0}=\dfrac{a}{b+1}\). De plus, la condition \(g(0)=2\) donne \(a=2(b+1)=2b+2\).

Deuxième équation : quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-t\) tend vers \(-\infty\), donc \(\text{e}^{-t}\) tend vers 0 par composition. Ensuite, le dénominateur tend vers \(b\) (supposé non nul) et \(g(t)\) tend vers \(\dfrac{a}{b}\). Par ailleurs, la condition donne \(\dfrac{a}{b}=3\), soit \(a=3b\).

En égalant les deux expressions de \(a\) : \(3b=2b+2\), d'où \(b=2\) puis \(a=6\). Contrôle : \(g(0)=\dfrac{6}{3}=2\) et la limite vaut \(\dfrac{6}{2}=3\).

Réponse D : \(a=6\) et \(b=2\).

Question 4. Probabilité d'avoir choisi l'urne B sachant que la boule est verte.

Notons \(A\) et \(B\) les évènements « Alice choisit l'urne A » ou « l'urne B », et \(V\) l'évènement « la boule tirée est verte ». Puis le choix de l'urne se fait au hasard, donc \(P(A)=P(B)=\dfrac{1}{2}\). Ensuite, dans l'urne A, deux boules sur quatre sont vertes : \(P_A(V)=\dfrac{1}{2}\) ; dans l'urne B, trois sur quatre : \(P_B(V)=\dfrac{3}{4}\).

• Branche \(A\) \(\left(\dfrac{1}{2}\right)\) : puis \(V\) \(\left(\dfrac{1}{2}\right)\) ou \(\overline{V}\) \(\left(\dfrac{1}{2}\right)\)
• Branche \(B\) \(\left(\dfrac{1}{2}\right)\) : puis \(V\) \(\left(\dfrac{3}{4}\right)\) ou \(\overline{V}\) \(\left(\dfrac{1}{4}\right)\)

Par la formule des probabilités totales (\(A\) et \(B\) forment une partition) :

\[P(V)=P(A)P_A(V)+P(B)P_B(V)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{2}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}.\]

Ensuite, on « remonte » alors l'arbre avec la définition d'une probabilité conditionnelle :

\[P_V(B)=\dfrac{P(B\cap V)}{P(V)}=\dfrac{3/8}{5/8}=\dfrac{3}{5}.\]

Attention au piège : \(\dfrac{5}{8}\) est \(P(V)\) et \(\dfrac{3}{8}\) est \(P(B\cap V)\), ce ne sont pas la probabilité demandée.

Réponse C : \(P_V(B)=\dfrac{3}{5}\).

Question 5. Choisir le script qui calcule \(S=1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{100}\).

La boucle for k in range(100) fait prendre à k les valeurs 0, 1, …, 99, donc k+1 parcourt les entiers de 1 à 100 : c'est exactement ce qu'il faut pour obtenir les dénominateurs de \(S\). Examinons chaque script.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour (suite)

• a. L'instruction S=1/(k+1) remplace S à chaque tour au lieu de lui ajouter le terme : la fonction renvoie seulement le dernier terme, \(\dfrac{1}{100}\).
• b. S part de 0 et reçoit à chaque tour le terme \(\dfrac{1}{k+1}\) : à la fin, elle contient la somme des cent termes.
• c. S n'est jamais initialisée avant le test S < 100 (Python signale une erreur), k n'évolue jamais, et même corrigée la condition porterait sur la mauvaise variable.
• d. S n'est pas initialisée et k n'est jamais augmenté : la condition k < 100 resterait toujours vraie, la boucle ne s'arrêterait pas.

Le script b renvoie \(S\approx 5{,}187\).

Réponse b.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2) 6 points

Fonction logarithme, limites, variations, théorème des valeurs intermédiaires, suite récurrente, récurrence, convergence monotone

Partie A : étude de la fonction auxiliaire g

Pour tout \(x\gt -1{,}5\), \(g(x)=f(x)-x=\ln(2x+3)-1-x\).

1. Limite de \(g\) en \(-1{,}5\).

Quand \(x\) tend vers \(-1{,}5\) par valeurs supérieures, \(2x+3\) tend vers 0 en restant strictement positif. Comme \(\ln X\) tend vers \(-\infty\) lorsque \(X\) tend vers \(0^+\), on obtient par composition \(\displaystyle\lim_{x\to -1{,}5}\ln(2x+3)=-\infty\).

Par ailleurs \(-1-x\) tend vers \(-1+1{,}5=0{,}5\), qui est une limite finie. Par somme, \(g(x)\) tend vers \(-\infty\).

\(\displaystyle\lim_{x\to -1{,}5} g(x)=-\infty\).

2. Variations de \(g\).

La fonction \(x\mapsto 2x+3\) est dérivable et strictement positive sur \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\), donc \(x\mapsto\ln(2x+3)\) y est dérivable, de dérivée \(\dfrac{u'}{u}=\dfrac{2}{2x+3}\). Ainsi \(g\) est dérivable et, pour tout \(x\gt -1{,}5\) :

\[g'(x)=\dfrac{2}{2x+3}-1=\dfrac{2-(2x+3)}{2x+3}=\dfrac{-2x-1}{2x+3}.\]

Le dénominateur \(2x+3\) est strictement positif sur l'intervalle d'étude : \(g'(x)\) a le signe de \(-2x-1\), qui s'annule en \(x=-0{,}5\), est positif avant et négatif après.

Le maximum vaut \(g(-0{,}5)=\ln(2)-1+0{,}5=\ln 2-0{,}5\approx 0{,}193\).

\(g\) est strictement croissante sur \(]-1{,}5\,;\,-0{,}5]\) et strictement décroissante sur \([-0{,}5\,;\,+\infty[\), avec un maximum \(\ln 2-0{,}5\) en \(-0{,}5\).

3. a) Unicité de la solution \(\alpha\) de \(g(x)=0\) sur \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\).

Ensuite, on applique le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) :

• \(g\) est continue sur \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\), car dérivable ;
• \(g\) y est strictement décroissante (question 2) ;
• en \(-0{,}5\), \(g\) vaut \(\ln 2-0{,}5\gt 0\) (car \(\ln 2\approx 0{,}693\)) et \(g(x)\) tend vers \(-\infty\) en \(+\infty\) (admis).

L'image de \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\) par \(g\) est donc \(]-\infty\,;\,\ln 2-0{,}5[\), intervalle qui contient 0. Par stricte monotonie, 0 a un unique antécédent dans cet intervalle.

L'équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\).

3. b) Encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(10^{-2}\).

Avec le tableau de valeurs de la calculatrice, on repère d'abord le changement de signe au dixième : \(g(0{,}2)\approx 0{,}024\) et \(g(0{,}3)\approx -0{,}019\). Ensuite, on affine au centième : \(g(0{,}25)\approx 0{,}0028\gt 0\) et \(g(0{,}26)\approx -0{,}0015\lt 0\). Comme \(g\) est décroissante et \(g(\alpha)=0\), \(\alpha\) est compris entre ces deux valeurs.

\(0{,}25\lt\alpha\lt 0{,}26\) (en fait \(\alpha\approx 0{,}2564\)).

Partie B : étude de la suite (u_n)

1. Si \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), alors \(f(x)\in[-1\,;\,\alpha]\).

Commençons par deux valeurs remarquables. D'une part \(f(-1)=\ln(-2+3)-1=\ln 1-1=-1\). D'autre part \(g(\alpha)=0\) signifie \(f(\alpha)-\alpha=0\), donc \(f(\alpha)=\alpha\) : \(-1\) et \(\alpha\) sont deux points fixes de \(f\).

Soit \(x\) tel que \(-1\leqslant x\leqslant\alpha\). Comme \(f\) est croissante, elle conserve l'ordre : \(f(-1)\leqslant f(x)\leqslant f(\alpha)\), c'est-à-dire \(-1\leqslant f(x)\leqslant\alpha\).

Pour tout \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), \(f(x)\in[-1\,;\,\alpha]\) : l'intervalle est stable par \(f\).

2. a) Montrer par récurrence que \(-1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha\).

Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(-1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha\) ».

Initialisation. \(u_0=0\) et \(u_1=f(0)=\ln 3-1\approx 0{,}099\). Donc on a bien \(-1\leqslant 0\leqslant 0{,}099\) et \(u_1\leqslant 0{,}25\lt\alpha\) d'après la partie A. Donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(-1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha\). Puis les quatre nombres appartiennent à l'intervalle \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\) sur lequel \(f\) est croissante ; en appliquant \(f\), l'ordre est conservé :

\[f(-1)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(\alpha).\]

Or \(f(-1)=-1\), \(f(u_n)=u_{n+1}\), \(f(u_{n+1})=u_{n+2}\) et \(f(\alpha)=\alpha\). Ainsi, on obtient \(-1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant\alpha\), c'est-à-dire \(\mathcal{P}(n+1)\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(-1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha\).

2. b) En déduire que \((u_n)\) converge.

L'encadrement précédent contient deux informations : \(u_n\leqslant u_{n+1}\) pour tout \(n\), donc la suite est croissante ; \(u_{n}\leqslant\alpha\) pour tout \(n\), donc elle est majorée par \(\alpha\). D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

Pour aller plus loin (non demandé) : la limite \(\ell\) vérifie \(f(\ell)=\ell\) par continuité de \(f\), et \(\ell\in[0\,;\,\alpha]\), donc \(\ell=\alpha\). De plus, les premiers termes \(0\) ; \(0{,}099\) ; \(0{,}162\) ; \(0{,}201\) ; \(0{,}225\)… s'approchent bien de \(0{,}256\).

La suite \((u_n)\), croissante et majorée par \(\alpha\), est convergente.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2) 6 points

Géométrie dans l'espace : coordonnées, représentation paramétrique, intersection droite-plan, produit scalaire, angle, droites sécantes

Comme \(\overrightarrow{\imath}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\text{AB}}\), l'arête de la maison mesure 2 unités ; le garage, dont l'arête BL vaut la moitié de BF, mesure 1 unité. Alors, on a ainsi B\((2\,;\,0\,;\,0)\), C\((2\,;\,2\,;\,0)\), D\((0\,;\,2\,;\,0)\), E\((0\,;\,0\,;\,2)\), F\((2\,;\,0\,;\,2)\).

1. a) Coordonnées de H, M et N.

H est au-dessus de D, à hauteur 2 : H\((0\,;\,2\,;\,2)\). Ensuite, le garage s'étend de \(x=2\) à \(x=3\), de \(y=0\) à \(y=1\) et de \(z=0\) à \(z=1\). M est le sommet supérieur situé au-dessus de I\((3\,;\,0\,;\,0)\), et N celui au-dessus de J\((3\,;\,1\,;\,0)\).

H\((0\,;\,2\,;\,2)\), M\((3\,;\,0\,;\,1)\) et N\((3\,;\,1\,;\,1)\).

1. b) Représentation paramétrique de (HM).

Un vecteur directeur de la droite est \(\overrightarrow{\text{HM}}\,(3-0\,;\,0-2\,;\,1-2)\), soit \(\overrightarrow{\text{HM}}\,(3\,;\,-2\,;\,-1)\). Par ailleurs, un point \(X(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à (HM) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{HX}}=t\,\overrightarrow{\text{HM}}\).

(HM) : \(\left\{\begin{array}{l} x=3t \\ y=2-2t \\ z=2-t \end{array}\right.\) avec \(t\in\mathbb{R}\).

2. Coordonnées du point P, intersection de (HM) et du plan (BCF).

Les points B, C et F ont tous pour abscisse 2 : le plan (BCF), qui est la face avant de la maison, est le plan d'équation \(x=2\).

Le point de (HM) de paramètre \(t\) est dans ce plan si et seulement si \(3t=2\), c'est-à-dire \(t=\dfrac{2}{3}\). Ensuite, on reporte cette valeur :

\[x=2,\qquad y=2-2\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{6-4}{3}=\dfrac{2}{3},\qquad z=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}.\]

P\(\left(2\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)\), comme annoncé.

Question 3 a

3. a) Calcul de \(\overrightarrow{\text{PM}}\cdot\overrightarrow{\text{PN}}\).

Ensuite, on calcule les coordonnées des deux vecteurs :

\[\overrightarrow{\text{PM}}\left(3-2\,;\,0-\dfrac{2}{3}\,;\,1-\dfrac{4}{3}\right)=\left(1\,;\,-\dfrac{2}{3}\,;\,-\dfrac{1}{3}\right),\qquad \overrightarrow{\text{PN}}\left(3-2\,;\,1-\dfrac{2}{3}\,;\,1-\dfrac{4}{3}\right)=\left(1\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,-\dfrac{1}{3}\right).\]

Le repère étant orthonormé, le produit scalaire est la somme des produits des coordonnées :

\[\overrightarrow{\text{PM}}\cdot\overrightarrow{\text{PN}}=1\times 1+\left(-\dfrac{2}{3}\right)\times\dfrac{1}{3}+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\times\left(-\dfrac{1}{3}\right)=1-\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{8}{9}.\]

\(\overrightarrow{\text{PM}}\cdot\overrightarrow{\text{PN}}=\dfrac{8}{9}\).

3. b) Distance PM.

PM est la norme de \(\overrightarrow{\text{PM}}\) :

\[\text{PM}=\sqrt{1^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{9+4+1}{9}}=\sqrt{\dfrac{14}{9}}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}.\]

\(\text{PM}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\approx 1{,}247\).

3. c) L'angle \(\widehat{\text{MPN}}\) dépasse-t-il 55° ?

Alors, on utilise la seconde expression du produit scalaire, \(\overrightarrow{\text{PM}}\cdot\overrightarrow{\text{PN}}=\text{PM}\times\text{PN}\times\cos\widehat{\text{MPN}}\), d'où :

\[\cos\widehat{\text{MPN}}=\dfrac{8/9}{\dfrac{\sqrt{14}}{3}\times\dfrac{\sqrt{11}}{3}}=\dfrac{8/9}{\sqrt{154}/9}=\dfrac{8}{\sqrt{154}}\approx 0{,}6447.\]

La calculatrice (en degrés) donne \(\widehat{\text{MPN}}=\arccos\left(\dfrac{8}{\sqrt{154}}\right)\approx 49{,}9^\circ\). Par ailleurs, on peut aussi raisonner sans arccos : \(\cos 55^\circ\approx 0{,}574\) et la fonction cosinus est décroissante sur \([0^\circ\,;\,180^\circ]\) ; comme \(0{,}6447\gt 0{,}574\), l'angle est inférieur à 55°.

\(\widehat{\text{MPN}}\approx 49{,}9^\circ\), qui ne dépasse pas 55° : le toit peut être construit.

4. (HM) et (EN) sont-elles sécantes, et en quel point ?

Les droites sont coplanaires. \(\overrightarrow{\text{EH}}\,(0\,;\,2\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{MN}}\,(0\,;\,1\,;\,0)\) vérifient \(\overrightarrow{\text{EH}}=2\,\overrightarrow{\text{MN}}\) : les droites (EH) et (MN) sont parallèles, donc les quatre points E, H, M, N sont dans un même plan. Puis les droites (HM) et (EN) sont contenues dans ce plan.

Elles ne sont pas parallèles. \(\overrightarrow{\text{HM}}\,(3\,;\,-2\,;\,-1)\) et \(\overrightarrow{\text{EN}}\,(3\,;\,1\,;\,-1)\) ont la même première coordonnée mais des deuxièmes coordonnées différentes : ils ne sont pas colinéaires.

Deux droites coplanaires non parallèles sont sécantes.

Point d'intersection. (EN) passe par E\((0\,;\,0\,;\,2)\) et est dirigée par \(\overrightarrow{\text{EN}}\) : \(x=3s\), \(y=s\), \(z=2-s\), \(s\in\mathbb{R}\). Ensuite, on cherche \(t\) et \(s\) tels que :

\[\left\{\begin{array}{l} 3t=3s \\ 2-2t=s \\ 2-t=2-s \end{array}\right.\]

La première équation donne \(s=t\) (la troisième aussi) ; la deuxième devient \(2-2t=t\), donc \(t=s=\dfrac{2}{3}\). Ensuite, le paramètre \(t=\dfrac{2}{3}\) sur (HM) est exactement celui de P trouvé à la question 2. Vérification sur (EN) : \(s=\dfrac{2}{3}\) donne \(\left(2\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)\).

Les droites (HM) et (EN) sont sécantes au point P\(\left(2\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)\), sommet du toit.

Corrigé de l’exercice 4 3 points

Loi binomiale, loi d'une variable aléatoire, espérance, prise de décision

Question. Le jeu vérifie-t-il les deux conditions ?

Modélisation. Notons \(X\) le nombre de candidats qualifiés. Puis pour chacun des 4 candidats, on a une épreuve de Bernoulli dont le succès « le candidat se qualifie » a pour probabilité 0,6. De plus, ces 4 épreuves sont identiques et indépendantes (la qualification ne dépend que du hasard). \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(4\,;\,0{,}6)\) :

\[P(X=k)=\binom{4}{k}0{,}6^k\,0{,}4^{4-k}\quad\text{pour } k\in\{0,1,2,3,4\}.\]

Par exemple \(P(X=2)=6\times 0{,}36\times 0{,}16=0{,}3456\) et \(P(X=3)=4\times 0{,}216\times 0{,}4=0{,}3456\).

Condition n° 1. La deuxième phase a lieu lorsque \(X\geqslant 2\). Par ailleurs, on passe par l'évènement contraire :

\[P(X\geqslant 2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-0{,}0256-0{,}1536=0{,}8208.\]

Comme \(0{,}8208\geqslant 0{,}8\), la deuxième phase a lieu dans plus de 80 % des cas.

Condition n° 1 vérifiée : \(P(X\geqslant 2)=0{,}8208\).

Condition n° 2. Soit \(D\) la durée en minutes de la deuxième phase. \(D\) vaut 0 si \(X\leqslant 1\), puis 5, 9 ou 11 si \(X\) vaut 2, 3 ou 4. Sa loi est :

La durée moyenne est l'espérance de \(D\) :

\[E(D)=0\times 0{,}1792+5\times 0{,}3456+9\times 0{,}3456+11\times 0{,}1296=1{,}728+3{,}1104+1{,}4256=6{,}264.\]

En moyenne, la deuxième phase dure environ 6 min 16 s, ce qui dépasse la limite de 6 minutes.

Condition n° 2 non vérifiée (\(E(D)=6{,}264\gt 6\)) : le jeu ne peut pas être retenu.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Dans un QCM de primitives, dériver chaque proposition est plus rapide et plus sûr que chercher la primitive soi-même.
• Sur une courbe, le signe de \(f''\) se lit à la convexité : concave avant le point d'inflexion, convexe après ; ne pas confondre avec le signe de \(f'\).
• Pour une probabilité « inverse » comme \(P_V(B)\), calculer d'abord \(P(V)\) par les probabilités totales, puis diviser \(P(B\cap V)\) par \(P(V)\).
• Une suite \(u_{n+1}=f(u_n)\) avec \(f\) croissante s'étudie par récurrence en appliquant \(f\) à tout l'encadrement ; les points fixes \(f(-1)=-1\) et \(f(\alpha)=\alpha\) font tout le travail.
• Un angle dans l'espace s'obtient en combinant produit scalaire par coordonnées et formule \(\text{PM}\times\text{PN}\times\cos\theta\).
• Pour décider avec une variable aléatoire, traduire chaque condition en probabilité ou en espérance, et penser à regrouper les valeurs \(X=0\) et \(X=1\) qui donnent la même durée.

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Ce que contient le corrigé du bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2

Ce corrigé du bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2 du 14 mars 2023 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) aborde : qCM : primitive, convexité et point d'inflexion, limite, probabilités conditionnelles, algorithmique Python. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (6 points) porte sur : fonction logarithme, limites, variations, théorème des valeurs intermédiaires, suite récurrente, récurrence, convergence monotone. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) porte sur : géométrie dans l'espace : coordonnées, représentation paramétrique, intersection droite-plan, produit scalaire, angle, droites sécantes. Enfin, la correction de l'exercice 4 (3 points) traite : loi binomiale, loi d'une variable aléatoire, espérance, prise de décision.

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 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 2

Dans un exercice de suites, calculez d'abord les premiers termes à la main. Ainsi, vous devinez le sens de variation avant de le démontrer par récurrence. 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. Ensuite, en géométrie dans l'espace, écrivez les coordonnées des vecteurs avant de calculer un produit scalaire. Ainsi, une erreur de signe se repère beaucoup plus vite.

Pour travailler dans l'ordre, ouvrez d'abord l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

Les autres corrigés de 2023

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