Corrigé du bac de maths 2022 : Centres étrangers, jour 1

Le texte complet de l'épreuve est disponible sur la page de l'énoncé. Pour continuer l'entraînement, voyez les autres annales du bac de maths.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2022, Centres étrangers, jour 1) 7 points

QCM sur la fonction logarithme : équation, convexité, primitive, domaine de définition, tangente, inéquation

Aucune justification n'était demandée le jour de l'examen ; on en donne une ici pour chaque question afin de comprendre la bonne réponse.

1. Nombre de solutions de \(\ln(1+x^2) = 2022\).

La fonction exponentielle étant la réciproque de \(\ln\), on a \(\ln\left(1 + x^2\right) = 2022 \iff 1 + x^2 = \text{e}^{2022} \iff x^2 = \text{e}^{2022} - 1\).

Comme \(\text{e}^{2022} \gt 1\), le nombre \(\text{e}^{2022} - 1\) est strictement positif : l'équation \(x^2 = k\) avec \(k \gt 0\) possède exactement deux solutions opposées, \(\sqrt{\text{e}^{2022} - 1}\) et \(-\sqrt{\text{e}^{2022} - 1}\).

Réponse c : l'équation admet exactement deux solutions.

2. Convexité de \(g(x) = x\ln x - x^2\).

La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde. Par la formule du produit, \(g'(x) = 1 \times \ln x + x \times \dfrac{1}{x} - 2x = \ln x + 1 - 2x\), puis \(g''(x) = \dfrac{1}{x} - 2 = \dfrac{1 - 2x}{x}\).

Sur \(]0\,;\,+\infty[\), le dénominateur \(x\) est positif, donc \(g''(x)\) a le signe de \(1 - 2x\) : positif sur \(]0\,;\,\frac{1}{2}]\) (\(g\) convexe), négatif sur \([\frac{1}{2}\,;\,+\infty[\) (\(g\) concave). La dérivée seconde s'annule en changeant de signe une seule fois, en \(x = \dfrac{1}{2}\).

Réponse c : \(\mathcal{C}_g\) admet un unique point d'inflexion, d'abscisse \(\dfrac{1}{2}\).

Question 3

3. Primitive de \(f(x) = \dfrac{x}{1 - x^2}\) sur \(]-1\,;\,1[\).

Ensuite, on reconnaît presque la forme \(\dfrac{u'}{u}\) avec \(u(x) = 1 - x^2\), strictement positive sur \(]-1\,;\,1[\), et \(u'(x) = -2x\). Alors, on a \(f(x) = -\dfrac{1}{2} \times \dfrac{-2x}{1 - x^2} = -\dfrac{1}{2}\,\dfrac{u'(x)}{u(x)}\).

Une primitive de \(\dfrac{u'}{u}\) est \(\ln u\), donc une primitive de \(f\) est \(g(x) = -\dfrac{1}{2}\ln\left(1 - x^2\right)\). Vérification : \(g'(x) = -\dfrac{1}{2} \times \dfrac{-2x}{1 - x^2} = \dfrac{x}{1 - x^2}\).

Réponse a.

4. Ensemble de définition de \(x \mapsto \ln(-x^2 - x + 6)\).

Il faut \(-x^2 - x + 6 \gt 0\). Le discriminant du trinôme vaut \(\Delta = 1 + 24 = 25\), d'où les racines \(x_1 = \dfrac{1 - 5}{-2} = 2\) et \(x_2 = \dfrac{1 + 5}{-2} = -3\). Donc on a donc \(-x^2 - x + 6 = -(x + 3)(x - 2)\).

Le coefficient de \(x^2\) est négatif : le trinôme est strictement positif entre ses racines, c'est-à-dire sur \(]-3\,;\,2[\).

Réponse a : la fonction est définie sur \(]-3\,;\,2[\).

5. Tangente au point d'abscisse 1.

La tangente a pour équation \(y = f'(1)(x - 1) + f(1)\). D'abord \(f(1) = 1 - 4 + 3\ln 1 = -3\).

Ensuite, la dérivée de \(\ln(2x - 1)\) est \(\dfrac{2}{2x - 1}\), donc \(f'(x) = 2x - 4 + \dfrac{6}{2x - 1}\) et \(f'(1) = 2 - 4 + 6 = 4\).

L'équation est \(y = 4(x - 1) - 3\), soit \(y = 4x - 7\).

Réponse a : \(y = 4x - 7\).

Question 6

6. Résoudre \(\ln(x + 3) \lt 2\ln(x + 1)\).

Condition d'existence : il faut \(x + 3 \gt 0\) et \(x + 1 \gt 0\), donc \(x \gt -1\). Par ailleurs, on travaille sur \(]-1\,;\,+\infty[\).

Sur cet intervalle, \(2\ln(x + 1) = \ln\left((x + 1)^2\right)\), et comme \(\ln\) est strictement croissante, l'inéquation équivaut à \(x + 3 \lt (x + 1)^2\), c'est-à-dire \(x^2 + x - 2 \gt 0\), soit \((x - 1)(x + 2) \gt 0\).

Ce trinôme est positif à l'extérieur de ses racines \(-2\) et 1 : \(x \lt -2\) ou \(x \gt 1\). En croisant avec la condition \(x \gt -1\), il reste seulement \(x \gt 1\).

Réponse b : \(S = ]1\,;\,+\infty[\). (La réponse a oublie la condition d'existence.)

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2022, Centres étrangers, jour 1) 7 points

Géométrie dans l'espace : produit scalaire, angle, plan orthogonal à une droite, projeté orthogonal, aire, coplanarité, volume d'un tétraèdre

1. a) Coordonnées de \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\), non-alignement.

Ensuite, on soustrait les coordonnées de l'origine à celles de l'extrémité : \(\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}0-2\\2-0\\1-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\2\\-2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}-1-2\\-1-0\\2-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\-1\\-1\end{pmatrix}\).

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\overrightarrow{\text{AC}} = k\,\overrightarrow{\text{AB}}\). La deuxième coordonnée impose \(-1 = 2k\), soit \(k = -\dfrac{1}{2}\), mais la première donnerait alors \(-2k = 1 \neq -3\). Contradiction : les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\(\overrightarrow{\text{AB}}(-2\,;\,2\,;\,-2)\), \(\overrightarrow{\text{AC}}(-3\,;\,-1\,;\,-1)\) non colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés.

1. b) Longueurs AB et AC.

Le repère étant orthonormé, \(\text{AB} = \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + (-2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\) et \(\text{AC} = \sqrt{(-3)^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{11}\).

\(\text{AB} = 2\sqrt{3}\) et \(\text{AC} = \sqrt{11}\).

1. c) Cosinus et mesure de \(\widehat{\text{BAC}}\).

Puis on calcule le produit scalaire de deux manières. Avec les coordonnées : \(\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = (-2)(-3) + 2 \times (-1) + (-2)(-1) = 6 - 2 + 2 = 6\).

Avec la formule du cosinus : \(\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = \text{AB} \times \text{AC} \times \cos\widehat{\text{BAC}}\). Ainsi, on en tire \(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{6}{2\sqrt{3} \times \sqrt{11}} = \dfrac{3}{\sqrt{33}} = \dfrac{\sqrt{33}}{11} \approx 0{,}522\).

La calculatrice (touche \(\cos^{-1}\) en degrés) donne \(\widehat{\text{BAC}} \approx 58{,}52^\circ\).

\(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{3}{\sqrt{33}}\) et \(\widehat{\text{BAC}} \approx 58{,}5^\circ\).

Question 2 a

2. a) Équation du plan \(\mathcal{P}\) passant par C et perpendiculaire à (AB).

Un plan perpendiculaire à (AB) admet \(\overrightarrow{\text{AB}}\) comme vecteur normal, ou n'importe quel vecteur colinéaire : on choisit \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1) = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{AB}}\), plus simple. Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc de la forme \(x - y + z + d = 0\).

Le point C appartient à \(\mathcal{P}\) : \(-1 - (-1) + 2 + d = 0\), d'où \(d = -2\).

\(\mathcal{P} : x - y + z - 2 = 0\).

2. b) Représentation paramétrique de (AB).

La droite (AB) passe par A et a pour vecteur directeur \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1)\), colinéaire à \(\overrightarrow{\text{AB}}\). Un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (AB) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{A}M} = t\,\vec{n}\).

\((\text{AB}) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -t \\ z = 3 + t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

2. c) Coordonnées du projeté orthogonal E de C sur (AB).

E est le point commun à la droite (AB) et au plan \(\mathcal{P}\) : on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan. Alors, on obtient \((2 + t) - (-t) + (3 + t) - 2 = 0\), soit \(3t + 3 = 0\), donc \(t = -1\).

En remplaçant : \(x = 2 - 1 = 1\), \(y = 1\), \(z = 3 - 1 = 2\). Contrôle : \(1 - 1 + 2 - 2 = 0\), le point est bien dans \(\mathcal{P}\).

\(\text{E}(1\,;\,1\,;\,2)\).

Question 2 d

2. d) Aire du triangle ABC.

Comme E est le projeté orthogonal de C sur (AB), le segment [CE] est la hauteur du triangle issue de C, relative au côté [AB]. Donc on a \(\overrightarrow{\text{CE}}(2\,;\,2\,;\,0)\), donc \(\text{CE} = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\).

L'aire vaut alors \(\dfrac{\text{base} \times \text{hauteur}}{2} = \dfrac{\text{AB} \times \text{CE}}{2} = \dfrac{2\sqrt{3} \times 2\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{6}\).

\(\mathcal{A}(\text{ABC}) = 2\sqrt{6} \approx 4{,}90\) unités d'aire.

3. a) Coplanarité de A, B, C et F.

Puisque \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires, les quatre points sont coplanaires dès que \(\overrightarrow{\text{AF}}\) s'écrit \(\alpha\,\overrightarrow{\text{AB}} + \beta\,\overrightarrow{\text{AC}}\). Ici \(\overrightarrow{\text{AF}}(-1\,;\,-1\,;\,0)\), d'où le système \(\begin{cases} -2\alpha - 3\beta = -1 \\ 2\alpha - \beta = -1 \\ -2\alpha - \beta = 0 \end{cases}\).

La troisième ligne donne \(\beta = -2\alpha\). Dans la deuxième : \(2\alpha + 2\alpha = -1\), donc \(\alpha = -\dfrac{1}{4}\) et \(\beta = \dfrac{1}{2}\). Par ailleurs, on contrôle la première ligne : \(-2 \times \left(-\dfrac{1}{4}\right) - 3 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2} = -1\). Le système est compatible.

\(\overrightarrow{\text{AF}} = -\dfrac{1}{4}\overrightarrow{\text{AB}} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{AC}}\) : A, B, C et F sont coplanaires.

3. b) (FD) orthogonale au plan (ABC).

Une droite est orthogonale à un plan quand son vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Alors, on a \(\overrightarrow{\text{FD}}(3 - 1\,;\,-3 + 1\,;\,-1 - 3) = (2\,;\,-2\,;\,-4)\).

\(\overrightarrow{\text{FD}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = 2 \times (-2) + (-2) \times 2 + (-4)(-2) = -4 - 4 + 8 = 0\) et \(\overrightarrow{\text{FD}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = 2 \times (-3) + (-2)(-1) + (-4)(-1) = -6 + 2 + 4 = 0\).

\(\overrightarrow{\text{FD}}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et à \(\overrightarrow{\text{AC}}\) : la droite (FD) est orthogonale au plan (ABC).

Question 3 c

3. c) Volume du tétraèdre ABCD.

Par ailleurs, on prend pour base le triangle ABC. Comme F est dans le plan (ABC) et que (FD) est orthogonale à ce plan, F est le projeté orthogonal de D sur (ABC) : la hauteur issue de D est \(\text{FD} = \sqrt{2^2 + (-2)^2 + (-4)^2} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}\).

\(\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}(\text{ABC}) \times \text{FD} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{6} \times 2\sqrt{6} = \dfrac{24}{3} = 8\).

Le volume du tétraèdre ABCD vaut 8 unités de volume.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2022, Centres étrangers, jour 1) 7 points

Fonction exponentielle, limites, variations, tangente, suite définie à partir d'une fonction, monotonie

Partie A

1. Limites de \(h\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\).

En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} (-x) = +\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\).

En \(+\infty\), on a une forme indéterminée « \(+\infty - \infty\) ». Ensuite, on factorise par \(x\) : \(h(x) = x\left(\dfrac{\text{e}^x}{x} - 1\right)\). Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\), donc la parenthèse tend vers \(+\infty\) et, par produit, \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = +\infty\).

\(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = +\infty\).

2. Variations de \(h\).

\(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(h'(x) = \text{e}^x - 1\). Comme la fonction exponentielle est strictement croissante et vaut 1 en 0 : \(h'(x) \lt 0\) pour \(x \lt 0\), \(h'(0) = 0\) et \(h'(x) \gt 0\) pour \(x \gt 0\).

Donc \(h\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), avec un minimum \(h(0) = \text{e}^0 - 0 = 1\).

\(h\) décroît sur \(]-\infty\,;\,0]\), croît sur \([0\,;\,+\infty[\), minimum 1 atteint en 0.

3. Si \(0 \lt a \lt b\), alors \(h(a) - h(b) \lt 0\).

Les réels \(a\) et \(b\) appartiennent tous deux à \([0\,;\,+\infty[\), intervalle sur lequel \(h\) est strictement croissante. Une fonction strictement croissante conserve l'ordre strict : \(a \lt b\) entraîne \(h(a) \lt h(b)\).

Pour \(0 \lt a \lt b\), \(h(a) \lt h(b)\), c'est-à-dire \(h(a) - h(b) \lt 0\).

Partie B

1. Tangente \(T\) à \(\mathcal{C}_f\) en 0.

L'équation est \(y = f'(0)(x - 0) + f(0)\). Comme \(f' = f = \exp\), on a \(f(0) = f'(0) = 1\), donc \(y = x + 1\).

\(T : y = x + 1\).

2. Limite de \(\left(u_n\right)\).

Par ailleurs, on remarque d'abord que \(u_n = f\left(\frac{1}{n}\right) - \left(\frac{1}{n} + 1\right)\) : c'est bien l'écart vertical entre la courbe et la tangente à l'abscisse \(\frac{1}{n}\).

Quand \(n \to +\infty\), \(\dfrac{1}{n} \to 0\). La fonction exponentielle est continue en 0, donc \(\exp\left(\dfrac{1}{n}\right) \to \text{e}^0 = 1\). Par somme, \(u_n \to 1 - 0 - 1 = 0\).

\(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).

3. a) Exprimer \(u_{n+1} - u_n\) à l'aide de \(h\).

Ensuite, on écrit la différence en regroupant les termes deux par deux ; les constantes \(-1\) s'annulent :

\[u_{n+1} - u_n = \left(\text{e}^{\frac{1}{n+1}} - \dfrac{1}{n+1} - 1\right) - \left(\text{e}^{\frac{1}{n}} - \dfrac{1}{n} - 1\right) = \left(\text{e}^{\frac{1}{n+1}} - \dfrac{1}{n+1}\right) - \left(\text{e}^{\frac{1}{n}} - \dfrac{1}{n}\right)\]

La première parenthèse est \(h\left(\frac{1}{n+1}\right)\) et la seconde \(h\left(\frac{1}{n}\right)\), par définition de \(h(x) = \text{e}^x - x\).

Pour tout \(n \geqslant 1\), \(u_{n+1} - u_n = h\left(\dfrac{1}{n+1}\right) - h\left(\dfrac{1}{n}\right)\).

3. b) Sens de variation de \(\left(u_n\right)\).

Pour tout \(n \geqslant 1\), on a \(0 \lt n \lt n + 1\), donc en passant à l'inverse (fonction décroissante sur \(]0\,;\,+\infty[\)) : \(0 \lt \dfrac{1}{n+1} \lt \dfrac{1}{n}\).

Ensuite, on applique la partie A, question 3, avec \(a = \dfrac{1}{n+1}\) et \(b = \dfrac{1}{n}\) : \(h\left(\frac{1}{n+1}\right) - h\left(\frac{1}{n}\right) \lt 0\), c'est-à-dire \(u_{n+1} - u_n \lt 0\).

La suite \(\left(u_n\right)\) est strictement décroissante.

Question 4

4. Plus petit \(n\) tel que l'écart soit inférieur à \(10^{-2}\).

L'écart en \(\frac{1}{n}\) vaut \(u_n\) (positif d'après le tableau). Ensuite, on lit \(u_7 \approx 0{,}0107 \gt 0{,}01\) tandis que \(u_8 \approx 0{,}0081 \lt 0{,}01\). Comme la suite est décroissante, tous les termes suivants restent aussi sous \(10^{-2}\).

La plus petite valeur cherchée est \(n = 8\).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2022, Centres étrangers, jour 1) 7 points

Probabilités : tableau croisé, réunion et intersection, indépendance, probabilité conditionnelle, loi binomiale, espérance

Partie A

1. Compléter le tableau des probabilités.

Par ailleurs, on place d'abord les données : \(P(A) = 0{,}1\), \(P(B) = 0{,}2\) et \(P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) = 0{,}75\). Les totaux complémentaires s'en déduisent : \(P\left(\overline{A}\right) = 1 - 0{,}1 = 0{,}9\) et \(P\left(\overline{B}\right) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8\).

Chaque ligne et chaque colonne se complète ensuite par différence : \(P\left(A \cap \overline{B}\right) = 0{,}8 - 0{,}75 = 0{,}05\) (ligne \(\overline{B}\)), puis \(P(A \cap B) = 0{,}1 - 0{,}05 = 0{,}05\) (colonne \(A\)), et enfin \(P\left(\overline{A} \cap B\right) = 0{,}2 - 0{,}05 = 0{,}15\) (ligne \(B\)). Contrôle : \(0{,}15 + 0{,}75 = 0{,}9\).

\(P(A \cap B) = 0{,}05\) ; \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}15\) ; \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}05\) ; \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}75\).

2. a) Probabilité d'au moins un défaut.

« Au moins un défaut », c'est l'évènement \(A \cup B\), dont le contraire est « aucun défaut », c'est-à-dire \(\overline{A} \cap \overline{B}\). Donc \(P(A \cup B) = 1 - P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) = 1 - 0{,}75\).

\(P(A \cup B) = 0{,}25\).

2. b) Probabilité des deux défauts.

Il s'agit de \(P(A \cap B)\), lue dans le tableau. Ensuite, on peut aussi l'obtenir par la formule \(P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = 0{,}1 + 0{,}2 - 0{,}25\).

\(P(A \cap B) = 0{,}05\).

Question 2 c

2. c) Indépendance de \(A\) et \(B\).

\(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\). Or \(P(A) \times P(B) = 0{,}1 \times 0{,}2 = 0{,}02\), alors que \(P(A \cap B) = 0{,}05\).

\(0{,}05 \neq 0{,}02\) : les évènements \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.

3. Probabilité d'un défaut pour un seul traitement.

« Un seul défaut » est la réunion des évènements disjoints \(A \cap \overline{B}\) (défaut T1 seulement) et \(\overline{A} \cap B\) (défaut T2 seulement). Par ailleurs, on additionne : \(0{,}05 + 0{,}15 = 0{,}2\). Autre lecture : on retire à « au moins un défaut » le cas « deux défauts », \(0{,}25 - 0{,}05 = 0{,}2\).

La probabilité d'un seul défaut est 0,2.

4. Probabilité d'un défaut T2 sachant un défaut T1.

C'est la probabilité conditionnelle \(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}05}{0{,}1}\).

\(P_A(B) = 0{,}5\).

Partie B

1. Loi de \(X\).

Examiner une paire de verres est une épreuve de Bernoulli : le « succès » est la présence du défaut T1, de probabilité \(p = P(A) = 0{,}1\). Le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise, donc on répète 50 fois cette épreuve de façon identique et indépendante. \(X\) compte le nombre de succès.

\(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}1)\).

2. Probabilité d'exactement 10 paires défectueuses.

Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,p)\), \(P(X = k) = \dbinom{n}{k}p^k(1 - p)^{n-k}\). Ici :

\[P(X = 10) = \dbinom{50}{10} \times 0{,}1^{10} \times 0{,}9^{40}\]

La calculatrice (fonction de probabilité binomiale) donne \(P(X = 10) \approx 0{,}01518\).

\(P(X = 10) \approx 0{,}015\).

3. Nombre moyen de paires défectueuses.

Le nombre moyen est l'espérance de \(X\) : pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 50 \times 0{,}1 = 5\).

En moyenne, on trouve 5 paires présentant le défaut T1 dans un échantillon de 50 paires.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Avant de résoudre une équation ou une inéquation avec \(\ln\), écrire la condition d'existence : dans la question 6 du QCM, l'oublier conduit au piège de la réponse a.
• La convexité se lit sur le signe de \(f''\) ; un point d'inflexion correspond à un changement de signe de \(f''\), pas seulement à une annulation.
• Pour trouver une primitive, chercher une forme connue comme \(\dfrac{u'}{u}\) en ajustant par une constante multiplicative, puis vérifier en dérivant.
• Projeté orthogonal d'un point sur une droite : écrire le plan orthogonal à la droite passant par ce point, puis l'intersecter avec une représentation paramétrique de la droite.
• Pour étudier le sens de variation d'une suite, le signe de \(u_{n+1} - u_n\) peut se déduire des variations d'une fonction auxiliaire bien choisie.
• Un tableau croisé de probabilités se remplit par différences sur les lignes et les colonnes ; l'indépendance se teste en comparant \(P(A \cap B)\) et \(P(A)P(B)\).

Revenir à l'énoncé du bac de maths 2022 (Centres étrangers, jour 1) · Tous les sujets du bac de maths

Ce que contient le corrigé du bac 2022, Centres étrangers, jour 1

Ce corrigé du bac 2022, Centres étrangers, jour 1 du 11 mai 2022 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (7 points) aborde : qCM sur la fonction logarithme : équation, convexité, primitive, domaine de définition, tangente, inéquation. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (7 points) porte sur : géométrie dans l'espace : produit scalaire, angle, plan orthogonal à une droite, projeté orthogonal, aire, coplanarité, volume d'un tétraèdre. Puis, la correction de l'exercice 3 (7 points) traite : fonction exponentielle, limites, variations, tangente, suite définie à partir d'une fonction, monotonie. Enfin, la correction de l'exercice 4 (7 points) aborde : probabilités : tableau croisé, réunion et intersection, indépendance, probabilité conditionnelle, loi binomiale, espérance.

Avant de lire une solution, cherchez d'abord la question seul pendant quelques minutes. Ensuite, comparez votre démarche avec la rédaction proposée, et pas seulement le résultat final. Enfin, notez les méthodes qui vous ont manqué pour les revoir plus tard.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2022, Centres étrangers, 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. 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 Amérique du Nord, jour 2
• 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 : Centres étrangers, jour 1» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 200 870 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.