Annales du bac · 2022 · Mathématiques (spécialité)

Sujet du bac 2022 de spé maths — Amérique du Nord, jour 2 (général)

Mathématiques (spécialité) · général · Amérique du Nord · session 2022 · 8 pages · source : Eduscol (ministère de l'Éducation nationale)

⬇ Télécharger le sujet (PDF)⬇ Télécharger le corrigé (PDF)Ouvrir dans un nouvel onglet

Au programme de ce sujet

Exercice 1 (7 pts) — Probabilités conditionnelles et suite récurrente : répartition de vélos
Exercice 2 (7 pts) — Étude d'une fonction exponentielle et convexité : profil d'un toboggan
Exercice 3 (7 pts) — Géométrie dans l'espace : triangle, plan et rayons laser
Exercice 4 (7 pts) — QCM : fonction logarithme et loi binomiale

Corrigé

⬇ Télécharger le corrigé (PDF)

Corrigé détaillé rédigé par Ben, professeur particulier de mathématiques. Chaque question est justifiée comme on l'attend le jour de l'épreuve.

Le corrigé rédigé, question par question

Exercice 1 — Probabilités conditionnelles et suite récurrente : répartition de vélos (7 pts)

1. Arbre des deux premiers matins : depuis la racine, $A_{1}$ ( $0, 5$ ) et $B_{1}$ ( $0, 5$ ). Après $A_{1}$ : $A_{2}$ ( $0, 84$ ) et $B_{2}$ ( $0, 16$ ). Après $B_{1}$ : $B_{2}$ ( $0, 76$ ) et $A_{2}$ ( $0, 24$ ).

2. a) $A_{1}$ et $B_{1}$ forment une partition. D'après la formule des probabilités totales : $a_{2}$ $= P (A_{1} \cap A_{2}) + P (B_{1} \cap A_{2})$ $= 0, 5 \times 0, 84 + 0, 5 \times 0, 24$ $= 0, 42 + 0, 12$ . $a_{2} = 0, 54$ .

2. b) $P_{A_{2}} (B_{1})$ $= \frac{P (B_{1} \cap A_{2})}{P (A_{2})}$ $= \frac{0, 12}{0, 54}$ $= \frac{2}{9}$ $\approx 0, 222$ . Sachant que le vélo est au point A le deuxième matin, la probabilité qu'il ait été au point B le premier matin est environ $0, 222$ .

3. a) Arbre : depuis la racine, $A_{n}$ ( $a_{n}$ ) et $B_{n}$ ( $b_{n} = 1 - a_{n}$ ). Après $A_{n}$ : $A_{n + 1}$ ( $0, 84$ ) et $B_{n + 1}$ ( $0, 16$ ). Après $B_{n}$ : $A_{n + 1}$ ( $0, 24$ ) et $B_{n + 1}$ ( $0, 76$ ).

3. b) D'après la formule des probabilités totales avec la partition ${A_{n}; B_{n}}$ : $a_{n + 1}$ $= 0, 84 a_{n} + 0, 24 b_{n}$ $= 0, 84 a_{n} + 0, 24 (1 - a_{n})$ $= 0, 6 a_{n} + 0, 24$ . Pour tout $n ⩾ 1$ , $a_{n + 1} = 0, 6 a_{n} + 0, 24$ .

4. Montrons par récurrence que pour tout $n ⩾ 1$ , $a_{n} = 0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{n - 1}$ .

Initialisation : $0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{0} = 0, 6 - 0, 1 = 0, 5 = a_{1}$ .

Hérédité : soit $n ⩾ 1$ tel que $a_{n} = 0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{n - 1}$ . Alors $a_{n + 1}$ $= 0, 6 (0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{n - 1}) + 0, 24$ $= 0, 36 - 0, 1 \times 0, 6^{n} + 0, 24$ $= 0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{n}$ , ce qui est la formule au rang $n + 1$ .

Conclusion : pour tout entier $n ⩾ 1$ , $a_{n} = 0, 6 - 0, 1 \times 0, 6^{n - 1}$ .

5. Comme $0 < 0, 6 < 1$ , $lim_{n \to + \infty} 0, 6^{n - 1} = 0$ , donc $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0, 6$ : à long terme, un vélo pris au hasard a $60 %$ de chances de se trouver au point A un matin donné, autrement dit environ $60 %$ des vélos seront au point A (et $40 %$ au point B) chaque matin.

6. $a_{n} ⩾ 0, 599 ⟺ 0, 1 \times 0, 6^{n - 1} ⩽ 0, 001 ⟺ 0, 6^{n - 1} ⩽ 0, 01 ⟺ (n - 1) \ln 0, 6 ⩽ \ln 0, 01 ⟺ n - 1 ⩾ \frac{\ln 0, 01}{\ln 0, 6}$ (division par $\ln 0, 6 < 0$ ). Or $\frac{\ln 0, 01}{\ln 0, 6} \approx 9, 02$ , donc $n - 1 ⩾ 10$ , soit $n ⩾ 11$ . Le plus petit entier est $n = 11$ ( $a_{10} \approx 0, 59899 < 0, 599$ et $a_{11} \approx 0, 59940 ⩾ 0, 599$ ) : à partir du onzième matin, la proportion de vélos au point A est d'au moins $59, 9 %$ , c'est-à-dire pratiquement stabilisée à $60 %$ .

Exercice 2 — Étude d'une fonction exponentielle et convexité : profil d'un toboggan (7 pts)

Partie A

1. $p$ est dérivable et $p^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x + 5$ . Son discriminant est $Δ = 36 - 60 = - 24 < 0$ , donc $p^{'} (x) > 0$ pour tout réel $x$ (signe du coefficient $3$ ). $p$ est strictement croissante sur $[- 3; 4]$ .

2. $p$ est continue et strictement croissante sur $[- 3; 4]$ , avec $p (- 3) = - 27 - 27 - 15 + 1 = - 68 < 0$ et $p (4) = 64 - 48 + 20 + 1 = 37 > 0$ . D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $p (x) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[- 3; 4]$ .

3. $p (- 0, 2) = - 0, 008 - 0, 12 - 1 + 1 = - 0, 128 < 0$ et $p (- 0, 1)$ $= - 0, 001 - 0, 03 - 0, 5 + 1$ $= 0, 469$ $> 0$ , donc $- 0, 2 < α < - 0, 1$ ; de plus $p (- 0, 15) \approx 0, 179 > 0$ , donc $- 0, 2 < α < - 0, 15$ . $α \approx - 0, 2$ (au dixième).

4. $p$ étant strictement croissante et s'annulant en $α$ : $p (x) < 0$ sur $[- 3; α [$ , $p (α) = 0$ , $p (x) > 0$ sur $] α; 4]$ .

$x$	$- 3$		$α$		$4$
$p (x)$		$-$	$0$	$+$

Partie B

1. a) $f = \frac{u}{v}$ avec $u (x) = e^{x}$ , $u^{'} (x) = e^{x}$ , $v (x) = 1 + x^{2}$ , $v^{'} (x) = 2 x$ . $f^{'} (x)$ $= \frac{e^{x} (1 + x^{2}) - 2 x e^{x}}{(1 + x^{2})^{2}}$ $= \frac{e^{x} (x^{2} - 2 x + 1)}{(1 + x^{2})^{2}}$ . $f^{'} (x) = \frac{(x - 1)^{2} e^{x}}{(1 + x^{2})^{2}}$ .

1. b) $f^{'} (1) = \frac{0 \times e}{4} = 0$ . La tangente à $C_{f}$ au point d'abscisse $1$ a un coefficient directeur nul : elle est horizontale.

2. a) Sur le graphique, la courbe part presque à plat vers $x = - 3$ , se redresse nettement autour de $x = 0$ , forme un palier vers $x = 1$ (hauteur environ $1, 4$ ), puis repart vers le haut. Elle semble changer de concavité au moins deux fois : une première fois pour une abscisse légèrement négative (elle passe de « tournée vers le haut » à « tournée vers le bas »), puis au point d'abscisse $1$ , où la tangente horizontale traverse la courbe (la fonction est croissante de part et d'autre de ce point, avec une tangente horizontale : c'est un point d'inflexion). Le toboggan semble donc posséder au moins deux points d'inflexion et assurer de bonnes sensations.

2. b) Dans $f^{″} (x) = \frac{p (x) (x - 1) e^{x}}{(1 + x^{2})^{3}}$ , les facteurs $e^{x}$ et $(1 + x^{2})^{3}$ sont strictement positifs. Le signe de $f^{″} (x)$ est donc celui de $p (x) (x - 1)$ :

sur $[- 3; α [$ , $p (x) < 0$ et $x - 1 < 0$ : $f^{″} (x) > 0$ ; sur $] α; 1 [$ , $p (x) > 0$ et $x - 1 < 0$ : $f^{″} (x) < 0$ ; sur $] 1; 4]$ , $p (x) > 0$ et $x - 1 > 0$ : $f^{″} (x) > 0$ .

$f^{″}$ s'annule en changeant de signe en $α \approx - 0, 2$ et en $1$ : la courbe $C_{f}$ admet exactement deux points d'inflexion, d'abscisses $α$ et $1$ ; le toboggan assure donc de bonnes sensations.

Exercice 3 — Géométrie dans l'espace : triangle, plan et rayons laser (7 pts)

1. a) $\vec{A R} (0; 3; 2)$ et $\vec{A T} (- 3; 0; 2)$ . $A R = \sqrt{0 + 9 + 4} = \sqrt{13}$ et $A T = \sqrt{9 + 0 + 4} = \sqrt{13}$ . $A R = A T$ : le triangle $A R T$ est isocèle en $A$ .

1. b) $\vec{A R} \cdot \vec{A T} = 0 \times (- 3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 4$ . $\vec{A R} \cdot \vec{A T} = 4$ .

1. c) $\vec{A R} \cdot \vec{A T} = A R \times A T \times \cos \hat{R A T}$ , donc $\cos \hat{R A T} = \frac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \frac{4}{13}$ , d'où $\hat{R A T} = \arccos \frac{4}{13} \approx 72, 1^{\circ}$ .

2. a) $\vec{n} \cdot \vec{A R} = 0 - 6 + 6 = 0$ et $\vec{n} \cdot \vec{A T} = - 6 + 0 + 6 = 0$ . $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(A R T)$ : $\vec{n} (2; - 2; 3)$ est normal au plan $(A R T)$ .

2. b) $(A R T)$ : $2 x - 2 y + 3 z + k = 0$ . Avec $A (6; 0; 2)$ : $12 - 0 + 6 + k = 0$ , $k = - 18$ . $(A R T)$ : $2 x - 2 y + 3 z - 18 = 0$ . (Contrôle : $R$ : $12 - 6 + 12 - 18 = 0$ ; $T$ : $6 - 0 + 12 - 18 = 0$ .)

3. a) $Δ$ est orthogonale au plan $(A R T)$ , donc dirigée par le vecteur normal $\vec{n} (2; - 2; 3)$ , et elle passe par $S (3; \frac{5}{2}; 0)$ . D'où la représentation paramétrique $x = 3 + 2 k$ , $y = \frac{5}{2} - 2 k$ , $z = 3 k$ , $k \in R$ (pour $k = 0$ on retrouve $S$ , et le vecteur directeur est $\vec{n}$ ).

3. b) $L \in Δ \cap (A R T)$ : $2 (3 + 2 k) - 2 (\frac{5}{2} - 2 k) + 3 \times 3 k - 18 = 0$ , soit $6 + 4 k - 5 + 4 k + 9 k - 18 = 0$ , soit $17 k - 17 = 0$ , $k = 1$ . $L (5; \frac{1}{2}; 3)$ . (Contrôle : $10 - 1 + 9 - 18 = 0$ .)

4. a) $D (0; 8; 0)$ , $E (0; 0; 4)$ , $H (0; 8; 4)$ , donc $K (0; 4; 4)$ et $\vec{D K} (0; - 4; 4)$ . Le point $N (0; 8 - 4 t; 4 t)$ vérifie $\vec{D N} = (0; - 4 t; 4 t) = t \vec{D K}$ . Pour $t \in [0; 1]$ , $N$ appartient donc au segment $[D K]$ ( $t = 0$ donne $D$ , $t = 1$ donne $K$ ). $N$ est bien un point de $[D K]$ .

4. b) $\vec{S L} (2; - 2; 3)$ et $\vec{S N} (- 3; \frac{11}{2} - 4 t; 4 t)$ . Les rayons sont perpendiculaires si et seulement si $\vec{S L} \cdot \vec{S N} = 0$ : $- 6 - 2 (\frac{11}{2} - 4 t) + 12 t$ $= - 6 - 11 + 8 t + 12 t$ $= 20 t - 17$ .

$20 t - 17 = 0 ⟺ t = \frac{17}{20}$ , qui appartient bien à $[0; 1]$ . Le point cherché est $N (0; 8 - \frac{17}{5}; \frac{17}{5}) = N (0; \frac{23}{5}; \frac{17}{5})$ .

Exercice 4 — QCM : fonction logarithme et loi binomiale (7 pts)

Question 1 : réponse d. $\ln 9 + \ln \frac{\sqrt{3}}{3} + \ln \frac{1}{9}$ $= \ln 9 - \ln 9 + \ln (3^{1 / 2}) - \ln 3$ $= \frac{1}{2} \ln 3 - \ln 3$ $= - \frac{1}{2} \ln 3$ .

Question 2 : réponse c. L'équation n'a de sens que pour $x > 10$ . Pour ces valeurs, $\ln (x (x - 10)) = \ln 21 ⟺ x^{2} - 10 x - 21 = 0$ , dont les solutions sont $x = 5 \pm \sqrt{46}$ . Seule $5 + \sqrt{46} \approx 11, 8$ est supérieure à $10$ ( $5 - \sqrt{46} < 0$ n'est pas dans le domaine). L'équation a une unique solution.

Question 3 : réponse d. $f^{'} (x)$ $= 2 x (- 1 + \ln x) + x^{2} \times \frac{1}{x}$ $= 2 x \ln x - x$ $= x (2 \ln x - 1)$ (a est fausse). $f^{'} (\sqrt{e}) = \sqrt{e} (2 \times \frac{1}{2} - 1) = 0$ (c est fausse), et $f^{'} (x) < 0$ pour $0 < x < \sqrt{e}$ (b est fausse). La tangente en $\sqrt{e}$ est horizontale, d'équation $y = f (\sqrt{e}) = e (- 1 + \frac{1}{2}) = - \frac{1}{2} e$ .

Question 4 : réponse b. Le nombre $X$ de jetons jaunes suit $B (5; 0, 4)$ (proportion $\frac{20}{50} = 0, 4$ , tirages avec remise). $P (X$ $= 2)$ $= (\binom{52}{\times}) 0, 4^{2} \times 0, 6^{3}$ $= 10 \times 0, 16 \times 0, 216$ $= 0, 3456$ $\approx 0, 346$ .

Question 5 : réponse d. $P (X ⩾ 1)$ $= 1 - P (X$ $= 0)$ $= 1 - 0, 6^{5}$ $= 1 - 0, 07776$ $\approx 0, 922$ .

Question 6 : réponse c. La moyenne sur un grand nombre de répétitions est l'espérance $E (X) = n p = 5 \times 0, 4 = 2$ .

Conseils pour le jour J

Sujet à trois exercices au choix parmi quatre (tous corrigés ici). Exercice 1 : les deux arbres sont notés, dessine-les proprement ; la relation $a_{n + 1} = 0, 6 a_{n} + 0, 24$ vient de la formule des probabilités totales avec $b_{n} = 1 - a_{n}$ , et la question 6 exige la résolution complète de l'inéquation avec le logarithme (attention : c'est $n - 1$ qui apparaît dans l'exposant). Exercice 2 : la partie A (fonction polynôme auxiliaire) sert uniquement à donner le signe de $p$ , réutilisé pour le signe de $f^{″}$ ; présente un tableau de signes à trois lignes ( $p (x)$ , $x - 1$ , $f^{″} (x)$ ). Exercice 3 : exercice long mais linéaire ; les vérifications « $\vec{n}$ orthogonal à deux vecteurs non colinéaires » et « le point vérifie l'équation » sont attendues à chaque étape. Exercice 4 : un QCM sur les logarithmes exige de vérifier le domaine de définition (question 2) ; pour les probabilités, identifie la loi binomiale $B (5; 0, 4)$ une fois pour toutes pour les trois dernières questions.

Extrait du sujet (début du texte)

22-MATJ2AN1 Page : BACCALAURÉAT GÉNÉRAL ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ SESSION 2022 MATHÉMATIQUES Jour 2 Durée de l’épreuve : 4 heures L’usage de la calculatrice avec mode examen actif est autorisé. L’usage de la calculatrice sans mémoire, « type collège » est autorisé. Dès que ce sujet vous est remis, assurez-vous qu’il est complet. Ce sujet comporte 8 pages numérotées de à . Le sujet propose 4 exercices. Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 exercices et ne doit traiter que ces 3 exercices. Chaque exercice est noté sur 7 points (le total sera ramené sur 20 points). Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront prises en compte. 22-MATJ2AN1 Page : Exercice 1 (7 points) Thèmes : probabilités, suites Dans une région touristique, une société propose un service de location de vélos pour la journée. La société dispose de deux points de location distincts, le point A et le point B. Les vélos peuvent être empruntés et restitués indifféremment dans l’un ou l’autre des deux points de location. On admettra que le nombre total de vélos est constant et que tous les matins, à l’ouverture du service, chaque vélo se trouve au point A ou au point B. D’après une étude statistique :  si un vélo se trouve au point A un matin, la probabilité qu’il se trouve au point A le matin suivant est égale à 0,84 ;  si un vélo se trouve au point B un matin, la probabilité qu’il se trouve au point B le matin suivant est égale à 0,76. À l’ouverture du service le premier matin, la société a disposé la moitié de ses vélos au point A, l’autre moitié au point B. On considère un vélo de la société pris au hasard. Pour tout entier naturel non nul 𝑛, on définit les événements suivants :  A௡ ∶ « le vélo se trouve au point A le 𝑛-ième matin » …

Autres sujets de spé maths du bac

Année	Centre	Voie
2026	Amérique du Nord	général
2026	Amérique du Nord	général
2026	Antilles Guyane	général
2026	Antilles Guyane	général
2026	Asie	général
2026	Asie	général
2026	Centres étrangers G1	général
2026	Centres étrangers G1	général
2026	Métropole	général
2026	Métropole	général

Tous les sujets du bac →

Besoin d'un coup de main ?

Accompagnement en tête-à-tête, à Marseille ou en visio — du CE2 à la Terminale. Premier cours sans engagement, bilan de départ offert.

Je réserve ici → Voir les tarifs

Cours particuliers au collège · Au lycée · Aide aux devoirs