Corrigé du bac de maths 2022 : Amérique du Nord, jour 1
L'énoncé intégral se lit sur la page du sujet : gardez-le ouvert à côté pour suivre chaque réponse. Les autres épreuves sont sur la page bac de maths.
Corrigé de l’exercice 1 (bac 2022, Amérique du Nord, jour 1) 7 points
Arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle inversée, loi binomiale, espérance d'une variable aléatoire
1. a) Arbre pondéré.
Paul prend son vélo deux fois sur trois, donc \(P(V) = \dfrac23\) et \(P(\overline{V}) = \dfrac13\). À vélo, il rate le train une fois sur 50 : \(P_V(R) = \dfrac{1}{50}\) ; en voiture, une fois sur 10 : \(P_{\overline{V}}(R) = \dfrac{1}{10}\). Les branches issues d'un même nœud ont une somme égale à 1, ce qui donne les probabilités complémentaires.
- \(V\) avec la probabilité \(\dfrac23\)
- \(R\) avec la probabilité \(\dfrac{1}{50}\)
- \(\overline{R}\) avec la probabilité \(\dfrac{49}{50}\)
- \(\overline{V}\) avec la probabilité \(\dfrac13\)
- \(R\) avec la probabilité \(\dfrac{1}{10}\)
- \(\overline{R}\) avec la probabilité \(\dfrac{9}{10}\)
En conclusion : l'arbre comporte deux niveaux, \(V\) / \(\overline{V}\) puis \(R\) / \(\overline{R}\), avec les pondérations ci-dessus.
1. b) Montrer que \(P(R) = \dfrac{7}{150}\).
Les évènements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne donc :
\[P(R) = P(V)\times P_V(R) + P(\overline{V})\times P_{\overline{V}}(R) = \dfrac23\times\dfrac{1}{50} + \dfrac13\times\dfrac{1}{10} = \dfrac{2}{150} + \dfrac{5}{150}\]
En conclusion : \(P(R) = \dfrac{7}{150}\), ce qui est bien la valeur annoncée.
1. c) Probabilité d'avoir pris le vélo sachant que le train est raté.
Ensuite, on demande \(P_R(V)\), c'est-à-dire une probabilité conditionnelle « dans l'autre sens » que celles lues sur l'arbre. Par ailleurs, on revient à la définition :
\[P_R(V) = \dfrac{P(V\cap R)}{P(R)} = \dfrac{\dfrac{2}{150}}{\dfrac{7}{150}} = \dfrac{2}{7}\]
En conclusion : sachant que Paul a raté son train, la probabilité qu'il soit venu à vélo vaut \(\dfrac{2}{7}\).
Question 2 a
2. a) Loi de \(X\).
Chaque jour, on observe une épreuve à deux issues : « Paul prend son vélo » (succès, de probabilité \(\dfrac23\)) ou non. Ensuite, on répète cette épreuve 20 fois, de façon identique et indépendante d'après l'énoncé. \(X\) compte le nombre de succès.
En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = \dfrac23\).
2. b) Probabilité de 10 jours à vélo exactement.
\[P(X = 10) = \binom{20}{10}\left(\dfrac23\right)^{10}\left(\dfrac13\right)^{10} = 184\,756\times\dfrac{2^{10}}{3^{20}} \approx 0{,}054\,26\]
En conclusion : \(P(X = 10) \approx 0{,}054\).
2. c) Probabilité d'au moins 10 jours à vélo.
Par ailleurs, on passe par l'évènement contraire, que la calculatrice donne directement avec la fonction de répartition : \(P(X \geqslant 10) = 1 - P(X \leqslant 9)\). Alors, on obtient \(P(X \leqslant 9) \approx 0{,}037\,64\).
En conclusion : \(P(X \geqslant 10) \approx 0{,}962\).
2. d) Nombre moyen de jours à vélo.
Le nombre moyen de jours est l'espérance de \(X\). Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20\times\dfrac23 = \dfrac{40}{3} \approx 13{,}33\).
En conclusion : sur 20 jours, Paul prend en moyenne son vélo environ 13 jours.
3. Espérance de \(T\) et interprétation.
Puis on vérifie d'abord que les probabilités du tableau ont bien une somme égale à 1 (c'est le cas). L'espérance est la moyenne des durées pondérée par leurs probabilités :
\[E(T) = 10\times0{,}14 + 11\times0{,}13 + 12\times0{,}13 + 13\times0{,}12 + 14\times0{,}12 + 15\times0{,}11 + 16\times0{,}10 + 17\times0{,}08 + 18\times0{,}07\]
\[E(T) = 1{,}4 + 1{,}43 + 1{,}56 + 1{,}56 + 1{,}68 + 1{,}65 + 1{,}6 + 1{,}36 + 1{,}26 = 13{,}5\]
En conclusion : \(E(T) = 13{,}5\) ; sur un grand nombre de trajets en voiture, Paul met en moyenne 13 minutes et 30 secondes pour aller à la gare.
Corrigé de l’exercice 2 (bac 2022, Amérique du Nord, jour 1) 7 points
Raisonnement par récurrence, sens de variation, convergence monotone, suite géométrique auxiliaire, logarithme, algorithme de seuil
1. a) Montrer par récurrence que \(T_n \geqslant 20\).
Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(T_n \geqslant 20\) ».
Initialisation. \(T_0 = 180\) et \(180 \geqslant 20\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(T_n \geqslant 20\). En multipliant par \(0{,}955\), nombre positif, le sens de l'inégalité est conservé : \(0{,}955\,T_n \geqslant 19{,}1\). En ajoutant \(0{,}9\) aux deux membres : \(0{,}955\,T_n + 0{,}9 \geqslant 20\), c'est-à-dire \(T_{n+1} \geqslant 20\). Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).
En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(T_n \geqslant 20\).
1. b) Calcul de \(T_{n+1} - T_n\) et variations.
Pour tout entier naturel \(n\) : \(T_{n+1} - T_n = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 - T_n = -0{,}045\,T_n + 0{,}9\). Or \(-0{,}045\times(-20) = 0{,}9\), donc \(-0{,}045\,T_n + 0{,}9 = -0{,}045\left(T_n - 20\right)\), ce qui est l'égalité demandée.
D'après la question précédente, \(T_n - 20 \geqslant 0\), et \(-0{,}045 \lt 0\) : le produit est négatif ou nul. Donc \(T_{n+1} - T_n \leqslant 0\) pour tout \(n\).
En conclusion : la suite \(\left(T_n\right)\) est décroissante.
Question 1 c
1. c) Convergence de \(\left(T_n\right)\).
La suite \(\left(T_n\right)\) est décroissante (question 1. b) et minorée par 20 (question 1. a). Le théorème de convergence monotone affirme qu'une suite décroissante et minorée converge.
En conclusion : \(\left(T_n\right)\) converge, vers une limite supérieure ou égale à 20.
2. a) Nature de la suite \(\left(u_n\right)\).
Pour tout entier naturel \(n\) : \(u_{n+1} = T_{n+1} - 20 = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 - 20 = 0{,}955\,T_n - 19{,}1\). Comme \(0{,}955\times20 = 19{,}1\), on factorise : \(u_{n+1} = 0{,}955\left(T_n - 20\right) = 0{,}955\,u_n\). Son premier terme est \(u_0 = 180 - 20 = 160\).
En conclusion : \(\left(u_n\right)\) est géométrique de raison \(q = 0{,}955\) et de premier terme \(u_0 = 160\).
2. b) Expression de \(T_n\).
Le terme général d'une suite géométrique s'écrit \(u_n = u_0\times q^n\), soit \(u_n = 160\times0{,}955^n\). Puisque \(T_n = u_n + 20\), on obtient l'expression voulue.
En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(T_n = 20 + 160\times0{,}955^n\).
2. c) Limite de \(\left(T_n\right)\).
Comme \(0 \lt 0{,}955 \lt 1\), on sait que \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} 0{,}955^n = 0\). Par produit, \(160\times0{,}955^n\) tend vers 0, puis par somme \(T_n\) tend vers \(20\).
En conclusion : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} T_n = 20\).
2. d) Résoudre \(T_n \leqslant 120\).
\(T_n \leqslant 120 \iff 160\times0{,}955^n \leqslant 100 \iff 0{,}955^n \leqslant 0{,}625\). La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), donc l'inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}955) \leqslant \ln(0{,}625)\). Ensuite, on divise par \(\ln(0{,}955)\), qui est strictement négatif puisque \(0{,}955 \lt 1\) : le sens de l'inégalité change.
\[n \geqslant \dfrac{\ln(0{,}625)}{\ln(0{,}955)} \approx 10{,}21\]
Vérification : \(T_{10} \approx 120{,}96\) est encore au-dessus de 120, alors que \(T_{11} \approx 116{,}42\) est en dessous.
En conclusion : l'ensemble des solutions est formé des entiers \(n \geqslant 11\).
Question 3 a
3. a) Pourquoi la limite 20 était prévisible.
Un gâteau sorti du four cède de la chaleur à la pièce tant qu'il est plus chaud qu'elle. Sa température baisse donc progressivement et se rapproche de celle de l'air ambiant, sans descendre en dessous. La pièce étant à 20 °C, il est naturel que la température du gâteau tende vers 20 °C.
En conclusion : la limite 20 correspond à la température ambiante, que le gâteau finit par atteindre.
3. b) Résultat de temp(120) et interprétation.
La fonction part de \(T = 180\) et \(n = 0\), puis, tant que la température dépasse le seuil \(x\), elle calcule le terme suivant de la suite et augmente \(n\) de 1. Elle s'arrête donc au premier rang \(n\) pour lequel \(T_n \leqslant x\) et renvoie ce rang. Avec \(x = 120\), la boucle tourne tant que \(T_n \gt 120\), c'est-à-dire pour \(n\) de 0 à 10 ; elle s'arrête lorsque \(n = 11\) car \(T_{11} \approx 116{,}4\), ce qui confirme la question 2. d.
En conclusion : temp(120) renvoie 11 ; il faut attendre 11 minutes après la sortie du four pour que la température au centre du gâteau soit inférieure ou égale à 120 °C.
Corrigé de l’exercice 3 7 points
Produit scalaire dans l'espace, distances et aire, trigonométrie, vecteur normal et équation de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volume d'un tétraèdre
1. a) Le triangle JKL est rectangle en J.
Alors, on calcule les coordonnées des deux vecteurs issus de J : \(\overrightarrow{\text{JK}}(-1~;~2~;~0)\) et \(\overrightarrow{\text{JL}}(-4~;~-2~;~-3)\). Dans un repère orthonormé, leur produit scalaire vaut :
\[\overrightarrow{\text{JK}}\cdot\overrightarrow{\text{JL}} = (-1)(-4) + 2\times(-2) + 0\times(-3) = 4 - 4 + 0 = 0\]
En conclusion : les vecteurs \(\overrightarrow{\text{JK}}\) et \(\overrightarrow{\text{JL}}\) sont orthogonaux, donc JKL est rectangle en J.
1. b) Aire du triangle JKL.
Dans un triangle rectangle, les deux côtés de l'angle droit jouent le rôle de base et de hauteur. Puis on calcule \(\text{JK} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}\) et \(\text{JL} = \sqrt{16 + 4 + 9} = \sqrt{29}\). L'aire vaut \(\dfrac{\text{JK}\times\text{JL}}{2} = \dfrac{\sqrt{5}\times\sqrt{29}}{2}\).
En conclusion : l'aire du triangle JKL est \(\dfrac{\sqrt{145}}{2}\) cm², soit environ 6,02 cm².
1. c) Mesure de l'angle \(\widehat{\text{JKL}}\).
L'angle est en K ; dans le triangle rectangle en J, le côté adjacent à cet angle est [KJ] et l'hypoténuse est [KL]. Avec \(\overrightarrow{\text{KL}}(-3~;~-4~;~-3)\), on a \(\text{KL} = \sqrt{9 + 16 + 9} = \sqrt{34}\) (on retrouve bien \(5 + 29 = 34\) par Pythagore). Alors :
\[\cos\widehat{\text{JKL}} = \dfrac{\text{KJ}}{\text{KL}} = \dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{34}} \approx 0{,}383\,5\]
La calculatrice, réglée en degrés, donne \(\arccos\left(\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{34}}\right) \approx 67{,}45\).
En conclusion : \(\widehat{\text{JKL}} \approx 67{,}5\) degrés.
Question 2 a
2. a) \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (JKL).
Un vecteur est normal à un plan dès qu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{JK}}\) et \(\overrightarrow{\text{JL}}\) sont non colinéaires : ce sont deux vecteurs non nuls et orthogonaux (question 1. a). Ensuite, on calcule :
\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{JK}} = 6\times(-1) + 3\times2 + (-10)\times0 = 0 \quad\text{et}\quad \overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{JL}} = 6\times(-4) + 3\times(-2) + (-10)\times(-3) = -24 - 6 + 30 = 0\]
En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan, c'est donc un vecteur normal au plan (JKL).
2. b) Équation cartésienne de (JKL).
Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(6~;~3~;~-10)\) admet une équation de la forme \(6x + 3y - 10z + d = 0\). Le point J(2 ; 0 ; 1) appartient au plan : \(12 + 0 - 10 + d = 0\), d'où \(d = -2\). Ensuite, on contrôle avec K : \(6 + 6 - 10 - 2 = 0\), et avec L : \(-12 - 6 + 20 - 2 = 0\).
En conclusion : une équation cartésienne du plan (JKL) est \(6x + 3y - 10z - 2 = 0\).
3. a) Représentation paramétrique de \(\Delta\).
La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (JKL), donc elle est dirigée par le vecteur normal \(\overrightarrow{n}\). Elle passe par T(10 ; 9 ; −6). Un point M\((x~;~y~;~z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{TM}} = t\,\overrightarrow{n}\).
En conclusion : \(\Delta : \begin{cases} x = 10 + 6t \\ y = 9 + 3t \\ z = -6 - 10t \end{cases}\), avec \(t \in \mathbb{R}\).
Question 3 b
3. b) Coordonnées du projeté orthogonal H.
H est le point d'intersection de \(\Delta\) et du plan (JKL). Puis on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan :
\[6(10 + 6t) + 3(9 + 3t) - 10(-6 - 10t) - 2 = 0 \iff 60 + 27 + 60 - 2 + (36 + 9 + 100)t = 0 \iff 145 + 145t = 0\]
donc \(t = -1\), puis \(x = 10 - 6 = 4\), \(y = 9 - 3 = 6\) et \(z = -6 + 10 = 4\). Ensuite, on vérifie : \(6\times4 + 3\times6 - 10\times4 - 2 = 24 + 18 - 40 - 2 = 0\).
En conclusion : H a pour coordonnées \((4~;~6~;~4)\).
3. c) Volume du tétraèdre JKLT.
Par ailleurs, on prend pour base le triangle JKL, d'aire \(\mathcal{B} = \dfrac{\sqrt{145}}{2}\). La hauteur associée est la distance de T au plan (JKL), c'est-à-dire la longueur TH puisque H est le projeté orthogonal de T. Comme \(\overrightarrow{\text{HT}} = \overrightarrow{n}\) (on a trouvé \(t = -1\)), on a \(\text{TH} = \sqrt{36 + 9 + 100} = \sqrt{145}\).
\[V = \dfrac13\times\dfrac{\sqrt{145}}{2}\times\sqrt{145} = \dfrac{145}{6}\]
En conclusion : le volume du tétraèdre JKLT est \(\dfrac{145}{6}\) cm³, soit environ 24,17 cm³.
Corrigé de l’exercice 4 7 points
Calcul algébrique avec l'exponentielle, équation, tangente horizontale, dérivée seconde et point d'inflexion, croissances comparées, identité remarquable
Affirmation 1 Égalité entre deux expressions exponentielles.
Ensuite, on réduit le membre de gauche au même dénominateur : \(1 - \dfrac{1 - \text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{(1 + \text{e}^x) - (1 - \text{e}^x)}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2\text{e}^x}{1 + \text{e}^x}\). Par ailleurs, on divise ensuite numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), qui n'est jamais nul, en utilisant \(\dfrac{1}{\text{e}^x} = \text{e}^{-x}\) :
\[\dfrac{2\text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2}{\text{e}^{-x} + 1}\]
En conclusion : l'affirmation 1 est vraie.
Affirmation 2 L'équation \(g(x) = \dfrac12\) a une unique solution.
Le dénominateur \(\text{e}^x + 1\) est strictement positif. Par produit en croix : \(g(x) = \dfrac12 \iff 2\text{e}^x = \text{e}^x + 1 \iff \text{e}^x = 1 \iff x = 0\), car la fonction exponentielle est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]0~;~+\infty[\) et \(\text{e}^0 = 1\).
En conclusion : l'unique solution est \(x = 0\) ; l'affirmation 2 est vraie.
Affirmation 3 L'axe des abscisses est tangent à \(\mathcal{C}\) en un seul point.
L'axe des abscisses a pour équation \(y = 0\). Il est tangent à \(\mathcal{C}\) au point d'abscisse \(a\) exactement lorsque la tangente en \(a\), d'équation \(y = f'(a)(x - a) + f(a)\), est la droite \(y = 0\), c'est-à-dire lorsque \(f(a) = 0\) et \(f'(a) = 0\).
Comme \(\text{e}^{-a} \gt 0\), \(f(a) = 0 \iff a^2 = 0 \iff a = 0\). Il n'y a donc qu'un candidat. Alors, on dérive \(f\) comme un produit : \(f'(x) = 2x\,\text{e}^{-x} - x^2\text{e}^{-x} = x(2 - x)\,\text{e}^{-x}\), et \(f'(0) = 0\). Le point d'abscisse 0 convient donc, et c'est le seul.
En conclusion : l'axe des abscisses est tangent à \(\mathcal{C}\) uniquement à l'origine ; l'affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4 La courbe de \(h\) n'a pas de point d'inflexion.
La courbe a un point d'inflexion là où \(h''\) s'annule en changeant de signe. Puis on dérive le produit : \(h'(x) = \text{e}^x(1 - x^2) + \text{e}^x(-2x) = \text{e}^x\left(-x^2 - 2x + 1\right)\). Ensuite, on dérive une seconde fois : \(h''(x) = \text{e}^x\left(-x^2 - 2x + 1\right) + \text{e}^x(-2x - 2) = \text{e}^x\left(-x^2 - 4x - 1\right)\).
Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(h''(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 - 4x - 1\). Son discriminant vaut \(16 - 4 = 12 \gt 0\) : il a deux racines \(-2 - \sqrt{3}\) et \(-2 + \sqrt{3}\), et il est positif entre elles, négatif à l'extérieur. Par exemple \(h''(-2) = 3\text{e}^{-2} \gt 0\) alors que \(h''(0) = -1 \lt 0\).
En conclusion : \(h''\) change de signe en \(-2 - \sqrt{3}\) et en \(-2 + \sqrt{3}\), la courbe admet donc deux points d'inflexion ; l'affirmation 4 est fausse.
Affirmation 5 Limite en \(+\infty\) de \(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x}\).
La forme est indéterminée du type \(\dfrac{\infty}{\infty}\). Alors, on factorise le dénominateur par \(\text{e}^x\) : pour tout réel \(x\), \(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x} = \dfrac{1}{1 + x\,\text{e}^{-x}}\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} x\,\text{e}^{-x} = 0\), donc le dénominateur tend vers 1.
En conclusion : la limite vaut 1 et non 0 ; l'affirmation 5 est fausse.
Affirmation 6 Pour tout réel \(x\), \(1 + \text{e}^{2x} \geqslant 2\text{e}^x\).
Puis on étudie la différence : \(1 + \text{e}^{2x} - 2\text{e}^x = \left(\text{e}^x\right)^2 - 2\text{e}^x + 1 = \left(\text{e}^x - 1\right)^2\), grâce à l'identité remarquable \((a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2\). Un carré est toujours positif ou nul, donc la différence l'est aussi (avec égalité seulement pour \(x = 0\)).
En conclusion : l'inégalité est vraie pour tout réel \(x\) ; l'affirmation 6 est vraie.
Ce qu’il faut retenir de ce sujet
- Une probabilité « à rebours » comme \(P_R(V)\) se calcule avec \(\dfrac{P(V\cap R)}{P(R)}\), le numérateur se lisant sur l'arbre et le dénominateur venant des probabilités totales.
- Pour justifier une loi binomiale, il faut citer les trois éléments : deux issues, répétitions identiques, indépendance, puis donner \(n\) et \(p\).
- Pour une suite \(T_{n+1} = aT_n + b\), la suite \(T_n - \ell\), où \(\ell\) est le point fixe, est géométrique de raison \(a\) ; ici \(\ell = 20\).
- En divisant par \(\ln(q)\) avec \(0 \lt q \lt 1\), on divise par un nombre négatif : l'inégalité change de sens, erreur très fréquente.
- Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ; la hauteur d'un tétraèdre s'obtient avec le projeté orthogonal.
- Tangente égale à l'axe des abscisses : il faut à la fois \(f(a) = 0\) et \(f'(a) = 0\) ; point d'inflexion : \(f''\) doit s'annuler en changeant de signe.
Revenir à l'énoncé du bac de maths 2022 (Amérique du Nord, jour 1) · Tous les sujets du bac de maths
Ce que contient le corrigé du bac 2022, Amérique du Nord, jour 1
Le corrigé du bac 2022, Amérique du Nord, jour 1 du 18 mai 2022 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (7 points) traite : arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle inversée, loi binomiale, espérance d'une variable aléatoire. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (7 points) aborde : raisonnement par récurrence, sens de variation, convergence monotone, suite géométrique auxiliaire, logarithme, algorithme de seuil. Puis, la correction de l'exercice 3 (7 points) porte sur : produit scalaire dans l'espace, distances et aire, trigonométrie, vecteur normal et équation de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volume d'un tétraèdre. Enfin, la correction de l'exercice 4 (7 points) traite : calcul algébrique avec l'exponentielle, équation, tangente horizontale, dérivée seconde et point d'inflexion, croissances comparées, identité remarquable.
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 1
Face à une suite définie par récurrence, écrivez clairement l'hypothèse de récurrence avant de la manipuler. Puis vérifiez que la propriété obtenue est exactement celle de l'énoncé. 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. Quand il faut prouver qu'un vecteur est normal à un plan, vérifiez deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires. Puis déduisez-en l'équation cartésienne.
Avant tout, gardez sous la main 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 2
- 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
Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du bac de maths 2022 : Amérique du Nord, jour 1» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
