Corrigé du bac de maths 2022 : France, jour 2

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

Arbre pondéré, probabilités totales, probabilités conditionnelles, loi binomiale, logarithme

Partie A

1. Compléter l'arbre pondéré.

L'énoncé fournit trois informations : 70 % des coyotes sont malades, donc \(P(M) = 0{,}7\) et \(P(\overline{M}) = 0{,}3\) ; un malade a un test positif dans 97 % des cas, donc \(P_M(T) = 0{,}97\) ; un coyote sain a un test négatif dans 95 % des cas, donc \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}95\). Les probabilités manquantes s'obtiennent en complétant à 1 sur chaque nœud.

• \(M\) avec la probabilité \(0{,}7\)
  • \(T\) : \(0{,}97\)
  • \(\overline{T}\) : \(0{,}03\)
• \(\overline{M}\) avec la probabilité \(0{,}3\)
  • \(T\) : \(0{,}05\)
  • \(\overline{T}\) : \(0{,}95\)

En conclusion : branches \(0{,}7\) et \(0{,}3\) au premier niveau ; \(0{,}97\) et \(0{,}03\) après \(M\) ; \(0{,}05\) et \(0{,}95\) après \(\overline{M}\).

2. Probabilité que le coyote soit malade et testé positif.

Ensuite, on cherche \(P(M \cap T)\) : c'est le produit des probabilités le long du chemin \(M\) puis \(T\).

\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}7 \times 0{,}97 = 0{,}679.\]

En conclusion : \(P(M \cap T) = 0{,}679\).

3. Montrer que \(P(T) = 0{,}694\).

Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne donc \(P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T)\). Le second chemin vaut \(P(\overline{M} \cap T) = 0{,}3 \times 0{,}05 = 0{,}015\).

\[P(T) = 0{,}679 + 0{,}015 = 0{,}694.\]

En conclusion : \(P(T) = 0{,}694\).

4. Valeur prédictive positive.

Il s'agit de la probabilité conditionnelle \(P_T(M)\), où l'on connaît le résultat du test et où l'on s'interroge sur la maladie. Par définition :

\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}679}{0{,}694} \approx 0{,}97839.\]

En conclusion : la valeur prédictive positive vaut environ \(0{,}978\).

Question 5 a

5. a) Définir et calculer la valeur prédictive négative.

Par symétrie avec la question 4, la valeur prédictive négative est la probabilité qu'un coyote ne soit pas malade sachant que son test est négatif, c'est-à-dire \(P_{\overline{T}}(\overline{M})\).

Par ailleurs, on lit sur l'arbre \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}3 \times 0{,}95 = 0{,}285\), et l'évènement contraire donne \(P(\overline{T}) = 1 - 0{,}694 = 0{,}306\). Donc :

\[P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \dfrac{0{,}285}{0{,}306} \approx 0{,}93137.\]

En conclusion : la valeur prédictive négative vaut environ \(0{,}931\).

5. b) Comparer et interpréter.

Donc on a \(0{,}978 \gt 0{,}931\). Quand le test est positif, le coyote est malade dans près de 98 % des cas : on ne se trompe qu'environ 2 fois sur 100. Quand le test est négatif, le coyote est sain dans environ 93 % des cas seulement : près de 7 négatifs sur 100 cachent en réalité un animal malade. Cela s'explique par la forte proportion de malades (70 %) dans la population.

En conclusion : un test positif est plus fiable qu'un test négatif ; un résultat négatif doit être accueilli avec plus de prudence.

Partie B

1. a) Loi suivie par \(X\).

Chaque capture est une épreuve à deux issues : succès « le test est positif », de probabilité \(p = 0{,}694\), ou échec. Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les cinq épreuves sont identiques et indépendantes : c'est un schéma de Bernoulli de longueur 5, et \(X\) compte les succès.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = 0{,}694\).

1. b) Probabilité qu'un seul coyote soit positif.

Ensuite, on applique la formule de la loi binomiale avec \(k = 1\) :

\[P(X = 1) = \binom{5}{1} \times 0{,}694 \times 0{,}306^{4} = 5 \times 0{,}694 \times 0{,}306^{4} \approx 0{,}0304.\]

En conclusion : \(P(X = 1) \approx 0{,}03\).

1. c) L'affirmation du vétérinaire.

« Au moins quatre sur cinq » correspond à \(X \geqslant 4\), soit \(X = 4\) ou \(X = 5\). Alors, on calcule les deux termes :

\(P(X = 4) = \binom{5}{4} \times 0{,}694^{4} \times 0{,}306 \approx 0{,}3549\) et \(P(X = 5) = 0{,}694^{5} \approx 0{,}1610\).

En additionnant, \(P(X \geqslant 4) \approx 0{,}5159\), valeur strictement supérieure à \(0{,}5\).

En conclusion : \(P(X \geqslant 4) \approx 0{,}516 \gt 0{,}5\), l'affirmation du vétérinaire est vraie.

2. Nombre de captures pour avoir au moins un positif avec une probabilité supérieure à 0,99.

Pour \(n\) coyotes capturés, le nombre \(Y_n\) de tests positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}694\). L'évènement « au moins un positif » a pour contraire « aucun positif », donc \(P(Y_n \geqslant 1) = 1 - 0{,}306^{n}\).

Puis on résout \(1 - 0{,}306^{n} \gt 0{,}99\), c'est-à-dire \(0{,}306^{n} \lt 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), cela équivaut à \(n \ln(0{,}306) \lt \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}306) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l'inégalité :

\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}306)} \approx 3{,}89.\]

Vérification : pour \(n = 3\), \(1 - 0{,}306^{3} \approx 0{,}971\) ; pour \(n = 4\), \(1 - 0{,}306^{4} \approx 0{,}991\).

En conclusion : il faut capturer au moins 4 coyotes.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2022, France, jour 2) 7 points

Lecture graphique d'une dérivée, variations, convexité, point d'inflexion, suites minorées et majorées, convergence monotone

Rappels utilisés : le signe de \(f'\) donne les variations de \(f\) ; les variations de \(f'\) (donc le signe de \(f''\)) donnent la convexité de \(f\) : \(f\) est convexe là où \(f'\) croît et concave là où \(f'\) décroît.

Question 1. Extremum de \(f\).

Sur le graphique, \(f'\) est strictement positive avant \(-\dfrac{1}{2}\) et strictement négative après. La fonction \(f\) croît donc puis décroît : elle atteint un maximum en \(-\dfrac{1}{2}\). La réponse a confond extremum de \(f'\) et extremum de \(f\) ; la réponse d est fausse car \(f'(-1) \gt 0\), la tangente n'y est pas horizontale.

Réponse b.

Question 2. Convexité de \(f\).

La fonction \(f'\) est croissante sur \(\left]-\infty\,;\,-\dfrac{3}{2}\right]\) puisqu'elle y atteint son maximum en \(-\dfrac{3}{2}\) ; \(f\) est donc convexe sur \(\left]-\infty\,;\,-\dfrac{3}{2}\right[\). Sur \(\left]-\dfrac{3}{2}\,;\,-\dfrac{1}{2}\right[\), \(f'\) décroît, ce qui élimine b et d (ni convexe ni concave sur tout \(\left]-\infty\,;\,-\dfrac{1}{2}\right[\)). Le changement de convexité en \(-\dfrac{3}{2}\) donne un point d'inflexion, ce qui élimine c.

Réponse a.

Question 3. Propriété de \(f''\).

La fonction \(f'\) est dérivable et admet un maximum en \(-\dfrac{3}{2}\), point intérieur à \(\mathbb{R}\) : sa dérivée s'y annule, donc \(f''\left(-\dfrac{3}{2}\right) = 0\). Les autres propositions sont fausses : \(f'\) décroît sur \([-2\,;\,-1]\) après \(-\dfrac{3}{2}\), donc \(f''\) y est négative par endroits, et \(f'\) croît strictement en \(-3\), donc \(f''(-3) \gt 0\).

Réponse c.

Question 4. Suite encadrée par deux suites de limites différentes.

Les limites 1 et 3 étant différentes, le théorème des gendarmes ne s'applique pas : \((v_n)\) peut converger ou non (a et d ne sont pas sûres). La contrainte ne porte que sur les termes, pas sur les limites, donc c n'est pas garantie (par exemple \(u_0 = v_0 = w_0 = 10\) est tout à fait possible, et alors \(v_0 \gt 3\)). En revanche, si \((u_n)\) est croissante, alors pour tout \(n\), \(u_0 \leqslant u_n \leqslant v_n\) : la suite \((v_n)\) est minorée par \(u_0\).

Réponse b.

Question 5. Suite vérifiant \(u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant \dfrac{1}{n}\).

L'inégalité de gauche montre que \((u_n)_{n \geqslant 1}\) est croissante. Celle de droite donne, pour tout \(n \geqslant 1\), \(u_{n+1} \leqslant \dfrac{1}{n} \leqslant 1\), donc la suite est majorée par 1 (on a aussi \(u_1 \leqslant u_2 \leqslant 1\)). Croissante et majorée, elle converge. Ensuite, on ne peut pas préciser la limite \(\ell\) : on sait seulement que \(\ell \leqslant 0\) en passant à la limite dans \(u_{n+1} \leqslant \dfrac{1}{n}\) ; la suite constante égale à \(-1\) convient, ce qui écarte c et d.

Réponse b.

Question 6. Suite vérifiant \(n \lt u_n \lt n+1\).

Pour tout \(n\), on a \(u_n \lt n+1\) et, en écrivant l'encadrement au rang suivant, \(n+1 \lt u_{n+1}\). Donc \(u_n \lt u_{n+1}\) : la suite est (strictement) croissante. Aucun terme n'est entier, puisque \(u_n\) est strictement entre deux entiers consécutifs (a fausse), et \(u_n \gt n\) impose \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty\) (c et d fausses).

Réponse b.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2022, France, jour 2) 7 points

Coordonnées dans un cube, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volumes de tétraèdres

1. Coordonnées de E, F, G et K.

Dans le repère \(\left(\text{A}\,;\,\overrightarrow{\text{AB}},\,\overrightarrow{\text{AD}},\,\overrightarrow{\text{AE}}\right)\), l'arête du cube vaut 1. Alors, on a \(\overrightarrow{\text{AE}}\) donc E\((0\,;\,0\,;\,1)\) ; \(\overrightarrow{\text{AF}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AE}}\) donc F\((1\,;\,0\,;\,1)\) ; \(\overrightarrow{\text{AG}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AD}} + \overrightarrow{\text{AE}}\) donc G\((1\,;\,1\,;\,1)\). Avec B\((1\,;\,0\,;\,0)\) et C\((1\,;\,1\,;\,0)\), le milieu K de [BC] a pour coordonnées les moyennes.

En conclusion : E\((0\,;\,0\,;\,1)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\), G\((1\,;\,1\,;\,1)\), K\(\left(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0\right)\).

2. \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (EGK).

Il suffit que \(\overrightarrow{n}\) soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Puis on calcule \(\overrightarrow{\text{EG}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{EK}}\begin{pmatrix}1\\1/2\\-1\end{pmatrix}\) ; ils ne sont pas colinéaires (troisième coordonnée nulle pour l'un, pas pour l'autre).

\(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{EG}} = 2 \times 1 + (-2) \times 1 + 1 \times 0 = 0\) et \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{EK}} = 2 \times 1 + (-2) \times \dfrac{1}{2} + 1 \times (-1) = 2 - 1 - 1 = 0\).

En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{\text{EG}}\) et à \(\overrightarrow{\text{EK}}\), donc au plan (EGK).

3. Équation cartésienne de (EGK).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(2\,;\,-2\,;\,1)\) a une équation de la forme \(2x - 2y + z + c = 0\). Le point E\((0\,;\,0\,;\,1)\) appartient au plan, d'où \(0 - 0 + 1 + c = 0\) et \(c = -1\). Contrôle avec les autres points : G donne \(2 - 2 + 1 - 1 = 0\) et K donne \(2 - 1 + 0 - 1 = 0\).

En conclusion : (EGK) a pour équation \(2x - 2y + z - 1 = 0\).

Question 4

4. Représentation paramétrique de \((d)\).

La droite \((d)\) est orthogonale au plan (EGK) : le vecteur normal \(\overrightarrow{n}\) la dirige. Elle passe par F\((1\,;\,0\,;\,1)\), donc un point \((x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \((d)\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) avec \(x = 1 + 2t\), \(y = -2t\), \(z = 1 + t\).

En conclusion : \((d) : \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -2t \\ z = 1 + t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

5. Coordonnées du projeté orthogonal L.

Le projeté orthogonal de F sur (EGK) est le point d'intersection de ce plan avec la droite \((d)\), perpendiculaire au plan et passant par F. Ensuite, on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan :

\[2(1 + 2t) - 2(-2t) + (1 + t) - 1 = 0 \iff 2 + 9t = 0 \iff t = -\dfrac{2}{9}.\]

Ensuite, on reporte : \(x = 1 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9}\), \(y = \dfrac{4}{9}\), \(z = 1 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{7}{9}\).

En conclusion : L\(\left(\dfrac{5}{9}\,;\,\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{7}{9}\right)\).

6. Longueur LF.

Le vecteur \(\overrightarrow{\text{LF}}\) a pour coordonnées \(\left(\dfrac{4}{9}\,;\,-\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{2}{9}\right)\), c'est-à-dire \(-t\,\overrightarrow{n}\) avec \(t = -\dfrac{2}{9}\). Ainsi :

\[\text{LF} = \sqrt{\dfrac{16}{81} + \dfrac{16}{81} + \dfrac{4}{81}} = \sqrt{\dfrac{36}{81}} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}.\]

Autre vérification : \(\text{LF} = \dfrac{2}{9} \times \|\overrightarrow{n}\| = \dfrac{2}{9} \times 3 = \dfrac{2}{3}\).

En conclusion : \(\text{LF} = \dfrac{2}{3}\).

Question 7

7. Aire de EFG et volume de EFGK.

EFG est la moitié de la face carrée EFGH, triangle rectangle en F de côtés \(\text{EF} = \text{FG} = 1\) : son aire vaut \(\dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}\).

Par ailleurs, on prend EFG comme base du tétraèdre EFGK. La face EFGH est dans le plan d'équation \(z = 1\) et K est à la cote 0 : la hauteur issue de K mesure 1 (c'est la longueur d'une arête verticale). Donc :

\[V_{\text{EFGK}} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 = \dfrac{1}{6}.\]

En conclusion : l'aire de EFG vaut \(\dfrac{1}{2}\) et le volume de EFGK vaut \(\dfrac{1}{6}\).

8. Aire du triangle EGK.

Ensuite, on calcule le même volume avec une autre base : EGK. La hauteur associée est la distance de F au plan (EGK), c'est-à-dire LF. Par ailleurs, on écrit donc \(\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\text{EGK}} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}\,\mathcal{A}_{\text{EGK}}\), d'où \(\mathcal{A}_{\text{EGK}} = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{3}{4}\).

En conclusion : l'aire du triangle EGK vaut \(\dfrac{3}{4}\).

9. Volume du tétraèdre FPMN.

P, M et N sont les milieux des côtés du triangle EGK. D'après le théorème des milieux, chaque côté de PMN mesure la moitié d'un côté de EGK : PMN est une réduction de EGK de rapport \(\dfrac{1}{2}\), et les aires sont multipliées par \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}\). Donc \(\mathcal{A}_{\text{PMN}} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{16}\).

Le triangle PMN est contenu dans le plan (EGK) ; la hauteur du tétraèdre FPMN issue de F est donc encore LF. Donc on obtient :

\[V_{\text{FPMN}} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{16} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{24}.\]

En conclusion : le volume du tétraèdre FPMN vaut \(\dfrac{1}{24}\), soit le quart de celui de EFGK.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2022, France, jour 2) 7 points

Fonction polynôme du second degré, fonction exponentielle, dérivée d'un produit, théorème des valeurs intermédiaires, nombre dérivé et tangente, modélisation

Partie A : études de deux fonctions

1. a) Limite de \(f\) en \(+\infty\).

Pour \(x \gt 0\), on factorise par le terme de plus haut degré : \(f(x) = 0{,}06\,x^2\left(-1 + \dfrac{13{,}7}{x}\right)\). Quand \(x \to +\infty\), \(\dfrac{13{,}7}{x} \to 0\), donc la parenthèse tend vers \(-1\), tandis que \(0{,}06\,x^2 \to +\infty\). Par produit, \(f(x) \to -\infty\).

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

1. b) Variations de \(f\).

Ensuite, on développe \(f(x) = -0{,}06x^2 + 0{,}822x\), d'où \(f'(x) = -0{,}12x + 0{,}822\). Cette expression affine s'annule en \(x = \dfrac{0{,}822}{0{,}12} = 6{,}85\) ; elle est positive avant (coefficient directeur négatif) et négative après.

En conclusion : \(f\) est croissante sur \([0\,;\,6{,}85]\) et décroissante sur \([6{,}85\,;\,+\infty[\).

1. c) Résoudre \(f(x) = 0\).

Comme \(0{,}06 \neq 0\), \(f(x) = 0\) équivaut à \(x(13{,}7 - x) = 0\). Un produit est nul si et seulement si l'un des facteurs l'est : \(x = 0\) ou \(x = 13{,}7\), deux valeurs de \([0\,;\,+\infty[\).

En conclusion : \(\mathcal{S} = \{0\,;\,13{,}7\}\).

2. a) Limite de \(g\) en \(+\infty\).

Quand \(x \to +\infty\) : \(-0{,}15x + 2{,}2 \to -\infty\) et, comme \(0{,}2x \to +\infty\), \(\text{e}^{0{,}2x} \to +\infty\). Le produit tend vers \(-\infty\), et retrancher 2,2 ne change rien.

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).

2. b) Calcul de \(g'(x)\).

Alors, on dérive le produit \(u(x)\,v(x)\) avec \(u(x) = -0{,}15x + 2{,}2\), \(u'(x) = -0{,}15\), \(v(x) = \text{e}^{0{,}2x}\), \(v'(x) = 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\) ; la constante \(-2{,}2\) a une dérivée nulle.

\[g'(x) = -0{,}15\,\text{e}^{0{,}2x} + 0{,}2(-0{,}15x + 2{,}2)\text{e}^{0{,}2x} = (-0{,}15 - 0{,}03x + 0{,}44)\text{e}^{0{,}2x}.\]

En conclusion : \(g'(x) = (-0{,}03x + 0{,}29)\text{e}^{0{,}2x}\) pour tout \(x \geqslant 0\).

Question 2 c

2. c) Variations de \(g\) et valeur de son maximum.

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(g'(x)\) a le signe de \(-0{,}03x + 0{,}29\). Ce facteur s'annule en \(x = \dfrac{0{,}29}{0{,}03} = \dfrac{29}{3} \approx 9{,}67\), il est positif avant et négatif après.

Puis on calcule \(g(0) = 2{,}2 \times 1 - 2{,}2 = 0\) et \(g\left(\dfrac{29}{3}\right) = \left(-0{,}15 \times \dfrac{29}{3} + 2{,}2\right)\text{e}^{29/15} - 2{,}2 = 0{,}75\,\text{e}^{29/15} - 2{,}2 \approx 2{,}984\).

En conclusion : \(g\) croît sur \(\left[0\,;\,\dfrac{29}{3}\right]\), décroît sur \(\left[\dfrac{29}{3}\,;\,+\infty\right[\), et son maximum vaut environ \(2{,}98\).

2. d) Unique solution non nulle de \(g(x) = 0\).

Sur \(\left]0\,;\,\dfrac{29}{3}\right]\) : \(g\) est strictement croissante et \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\) ; l'équation n'y a aucune solution.

Sur \(\left[\dfrac{29}{3}\,;\,+\infty\right[\) : \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(g\left(\dfrac{29}{3}\right) \approx 2{,}98 \gt 0\) vers \(-\infty\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le théorème des valeurs intermédiaires, dans sa version pour une fonction strictement monotone, assure qu'il existe un unique réel \(\alpha\) de cet intervalle tel que \(g(\alpha) = 0\).

Encadrement à la calculatrice : \(g(13{,}72) \approx 0{,}008 \gt 0\) et \(g(13{,}73) \approx -0{,}011 \lt 0\), donc \(13{,}72 \lt \alpha \lt 13{,}73\) (plus précisément \(\alpha \approx 13{,}724\)).

En conclusion : l'équation a une unique solution non nulle \(\alpha \approx 13{,}72\).

Partie B : trajectoires d’une balle de golf

1. a) Hauteur maximale avec le modèle \(f\).

D'après la partie A, le maximum de \(f\) est atteint en \(6{,}85\) : \(f(6{,}85) = 0{,}06 \times 6{,}85 \times (13{,}7 - 6{,}85) = 0{,}06 \times 6{,}85^2 = 2{,}81535\). L'unité étant la dizaine de yards, on multiplie par 10.

En conclusion : la balle monte au plus à environ \(28{,}2\) yards (\(28{,}1535\) yards).

1. b) Vérifier \(f'(0) = 0{,}822\).

Avec \(f'(x) = -0{,}12x + 0{,}822\) trouvé en A.1.b, on obtient directement \(f'(0) = 0{,}822\).

En conclusion : \(f'(0) = 0{,}822\).

1. c) Angle de décollage avec le modèle \(f\).

Le coefficient directeur de la tangente en 0 est \(f'(0)\), donc \(\tan(d) = 0{,}822\). La colonne I du tableau (lignes 1 et 2) associe à 0,822 un angle de \(39{,}42\) degrés.

En conclusion : \(d \approx 39{,}4\) degrés.

1. d) Pourquoi les deux angles sont égaux.

\(\mathcal{C}_f\) est un arc de parabole, symétrique par rapport à la droite verticale d'équation \(x = 6{,}85\), qui passe par son sommet ; 0 et 13,7 sont symétriques par rapport à 6,85. La symétrie transforme la tangente en 0 en la tangente en 13,7, et change le coefficient directeur en son opposé : on le vérifie avec \(f'(13{,}7) = -0{,}822\). Ainsi \(\tan(a) = 0{,}822 = \tan(d)\).

En conclusion : c'est la symétrie de la parabole par rapport à la droite \(x = 6{,}85\) qui rend les angles de décollage et d'atterrissage égaux.

Question 2 a

2. a) Hauteur maximale avec le modèle \(g\).

Le maximum de \(g\) sur \([0\,;\,13{,}7]\) est atteint en \(\dfrac{29}{3}\) et vaut environ \(2{,}984\) dizaines de yards.

En conclusion : la balle monte au plus à environ \(29{,}8\) yards.

2. b) Angle de décollage avec le modèle \(g\).

Ici \(\tan(d) = g'(0) = 0{,}29\) (on le retrouve avec \(g'(0) = 0{,}29 \times \text{e}^{0}\)). La colonne G du tableau (lignes 4 et 5) associe à 0,29 un angle de \(16{,}17\) degrés.

En conclusion : \(d \approx 16{,}2\) degrés.

2. c) Angle d'atterrissage d'environ 62 degrés.

Par définition, \(\tan(a) = -g'(13{,}7) \approx 1{,}87\). L'angle cherché est aigu, et la calculatrice (touche \(\arctan\) ou \(\tan^{-1}\) en mode degrés) donne \(\arctan(1{,}87) \approx 61{,}86\). Ensuite, on peut aussi contrôler dans l'autre sens : \(\tan(61{,}5^\circ) \approx 1{,}84\) et \(\tan(62{,}5^\circ) \approx 1{,}92\), donc l'angle est bien entre 61,5 et 62,5 degrés.

En conclusion : \(a \approx 62\) degrés à l'unité près.

Partie C : interrogation des modèles

Quel modèle convient le mieux aux joueurs professionnels ?

Par ailleurs, on rassemble les grandeurs obtenues et on les compare aux moyennes observées :

Les deux modèles donnent la bonne distance, 137 yards. Pour les trois autres grandeurs, le modèle \(g\) est à chaque fois le plus proche : écart de 7,8 degrés au décollage contre 15,4, de 2,2 yards pour la hauteur contre 3,8, et de 10 degrés à l'atterrissage contre 12,6. Surtout, les observations montrent une balle qui atterrit beaucoup plus raide qu'elle ne décolle (52 contre 24) : le modèle \(g\) reproduit cette dissymétrie, alors que la parabole de \(f\) impose deux angles égaux. Aucun des deux n'est parfait pour autant : \(g\) sous-estime le décollage et surestime l'atterrissage.

En conclusion : le second modèle (fonction \(g\)) semble le plus adapté, même s'il reste imparfait sur les angles.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Valeur prédictive d'un test : c'est une probabilité conditionnelle « à l'envers » de l'arbre, \(P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)}\), qui demande d'abord les probabilités totales.
• « Au moins un succès parmi \(n\) » : passer par le contraire \(1 - q^{n}\), puis résoudre avec \(\ln\) sans oublier que diviser par \(\ln q \lt 0\) renverse l'inégalité.
• Sur la courbe de \(f'\) : son signe donne les variations de \(f\), ses variations donnent la convexité ; un extremum de \(f'\) est un point d'inflexion de \(f\), pas un extremum de \(f\).
• Deux limites différentes pour les suites qui encadrent : le théorème des gendarmes ne dit rien ; « croissante et majorée » garantit la convergence sans donner la limite.
• Projeté orthogonal sur un plan : intersection du plan avec la droite dirigée par le vecteur normal ; la distance obtenue sert de hauteur pour calculer un volume de deux façons.
• Pour une solution unique d'équation, découper l'intervalle selon les variations et appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur la partie strictement monotone.

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Ce que contient le corrigé du bac 2022, France, jour 2

Le corrigé du bac 2022, France, jour 2 du 12 mai 2022 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (7 points) traite : arbre pondéré, probabilités totales, probabilités conditionnelles, loi binomiale, logarithme. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (7 points) aborde : lecture graphique d'une dérivée, variations, convexité, point d'inflexion, suites minorées et majorées, convergence monotone. Puis, la correction de l'exercice 3 (7 points) porte sur : coordonnées dans un cube, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volumes de tétraèdres. Enfin, la correction de l'exercice 4 (7 points) traite : fonction polynôme du second degré, fonction exponentielle, dérivée d'un produit, théorème des valeurs intermédiaires, nombre dérivé et tangente, modélisation.

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, France, jour 2

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. En probabilités, commencez par un arbre pondéré bien légendé. Ensuite, nommez la loi utilisée et ses paramètres avant tout calcul à la calculatrice. 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.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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