Sujet du bac 2022 de spé maths — Métropole, La Réunion, Antilles Guyane, jour 2 (général)

Partie A

1. Arbre : depuis la racine, $M$ ($0,7$) et $\overline{M}$ ($0,3$). Après $M$ : $T$ ($0,97$) et $\overline{T}$ ($0,03$). Après $\overline{M}$ : $T$ ($0,05$) et $\overline{T}$ ($0,95$).

2. $P(M\cap T)$$=P(M)\times P_M(T)$$=0,7\times 0,97$$=0,679$. La probabilité que le coyote soit malade et que son test soit positif est $0,679$.

3. $M$ et $\overline{M}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales : $P(T)$$=P(M\cap T)+P(\overline{M}\cap T)$$=0,679+0,3\times 0,05$$=0,679+0,015$$=0,694$. $P(T)=0,694$.

4. Valeur prédictive positive : $P_T(M)={\displaystyle \frac{P(M\cap T)}{P(T)}}={\displaystyle \frac{0,679}{0,694}}\approx 0,978$. La valeur prédictive positive du test est environ $0,978$.

5. a) La valeur prédictive négative est la probabilité que le coyote ne soit pas malade sachant que son test est négatif : $P_{\overline{T}}(\overline{M})$$={\displaystyle \frac{P(\overline{M}\cap \overline{T})}{P(\overline{T})}}$$={\displaystyle \frac{0,3\times 0,95}{1-0,694}}$$={\displaystyle \frac{0,285}{0,306}}$$\approx 0,931$. La valeur prédictive négative est environ $0,931$.

5. b) $0,978>0,931$ : un test positif est plus fiable qu'un test négatif. Environ $2,2\%$ des tests positifs concernent des coyotes sains, alors qu'environ $6,9\%$ des tests négatifs concernent des coyotes malades (la maladie étant très répandue, les faux négatifs pèsent davantage).

Partie B

1. a) On répète $5$ fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli de succès « le test est positif », de probabilité $0,694$ ; $X$ compte les succès. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(5;0,694)$.

1. b) $P(X=1)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{51}{\times }\right)}0,694\times 0,{306}^4\approx 0,03$. La probabilité qu'un seul coyote ait un test positif est environ $0,03$.

1. c) $P(X⩾4)$$=P(X$$=4)+P(X$$=5)$$=5\times 0,{694}^4\times 0,306+0,{694}^5$$\approx 0,355+0,161$$=0,516$$>0,5$. L'affirmation du vétérinaire est vraie.

2. Pour $n$ coyotes, la probabilité qu'aucun n'ait un test positif est $0,{306}^n$ (indépendance), donc la probabilité qu'au moins un soit positif est $1-0,{306}^n$. On résout : $1-0,{306}^n$$>0,99⟺0,{306}^n$$<0,01⟺n\ln 0,306$$<\ln 0,01⟺n$$>{\displaystyle \frac{\ln 0,01}{\ln 0,306}}$$\approx 3,89$ (division par $\ln 0,306<0$). Il faut capturer au moins $4$ coyotes.

Sur la figure, $f^{\prime }$ est positive avant $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, s'annule en $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ en changeant de signe (positive puis négative) et admet un maximum en $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$.

Question 1 : réponse b. $f^{\prime }$ s'annule en changeant de signe (de $+$ à $-$) en $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ : $f$ est croissante puis décroissante, elle admet un maximum en $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$. (En $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$, $f^{\prime }$ est maximale mais non nulle ; en $-1$, $f^{\prime }(-1)\ne 0$.)

Question 2 : réponse a. $f$ est convexe là où $f^{\prime }$ est croissante, c'est-à-dire sur $]-\infty ;-{\displaystyle \frac{3}{2}}[$ ; elle est concave après $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$ où $f^{\prime }$ décroît, et la courbe admet un point d'inflexion en $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$.

Question 3 : réponse c. $f^{″}$ est la dérivée de $f^{\prime }$ ; $f^{\prime }$ admet un maximum en $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$, donc $f^{″}(-{\displaystyle \frac{3}{2}})=0$. (Sur $[-2;-1]$, $f^{\prime }$ est croissante puis décroissante, donc $f^{″}$ change de signe : b est fausse.)

Question 4 : réponse b. Si $(u_n)$ est croissante, alors pour tout $n$, $u_0⩽u_n⩽v_n$ : $(v_n)$ est minorée par $u_0$. Les limites de $(u_n)$ et $(w_n)$ étant différentes, le théorème des gendarmes ne s'applique pas : on ne peut affirmer ni la convergence ni la divergence de $(v_n)$ (exemple $v_n=2+(-1{)}^n$ diverge, $v_n=2$ converge) ; et $1⩽v_0⩽3$ n'est pas garanti (seules les limites sont connues).

Question 5 : réponse b. $(u_n)$ est croissante ($u_n⩽u_{n+1}$) et majorée par $1$ (car $u_n⩽u_{n+1}⩽{\displaystyle \frac{1}{n+1}}⩽1$) : elle converge (théorème de convergence monotone). Sa limite est inférieure ou égale à $0$ mais pas nécessairement nulle (exemple : $u_n=-1-{\displaystyle \frac{1}{n}}$).

Question 6 : réponse b. Pour tout $n$, $u_{n+1}>n+1>u_n$, donc $(u_n)$ est croissante. Elle n'est jamais entière (inégalités strictes), et comme $u_n>n$, elle tend vers $+\infty$ : elle diverge, mais elle a une limite (infinie).

1. Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$ : $E(0;0;1)$, $F(1;0;1)$, $G(1;1;1)$ et, $K$ étant le milieu de $[BC]$ avec $B(1;0;0)$ et $C(1;1;0)$, $K\left(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};0\right)$.

2. $\overrightarrow{EG}(1;1;0)$ et $\overrightarrow{EK}(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};-1)$ sont non colinéaires. $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{EG}=2-2+0=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{EK}=2-1-1=0$. $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(EGK)$ : il est orthogonal (normal) à ce plan.

3. $(EGK)$ a une équation de la forme $2x-2y+z+k=0$ ; avec $E(0;0;1)$ : $1+k=0$, $k=-1$. $(EGK)$ : $2x-2y+z-1=0$. (Contrôle : $G$ : $2-2+1-1=0$ ; $K$ : $2-1+0-1=0$.)

4. $(d)$ passe par $F(1;0;1)$ et est dirigée par $\overrightarrow{n}$ : $x=1+2t$, $y=-2t$, $z=1+t$, $t\in \mathbb{R}$.

5. $L$ est le point de $(d)$ situé dans le plan : $2(1+2t)-2(-2t)+(1+t)-1=0$, soit $9t+2=0$, $t=-{\displaystyle \frac{2}{9}}$. D'où $L(1-{\displaystyle \frac{4}{9}};{\displaystyle \frac{4}{9}};1-{\displaystyle \frac{2}{9}})$, soit $L\left({\displaystyle \frac{5}{9}};{\displaystyle \frac{4}{9}};{\displaystyle \frac{7}{9}}\right)$.

6. $\overrightarrow{LF}=-t\overrightarrow{n}={\displaystyle \frac{2}{9}}\overrightarrow{n}$, donc $LF={\displaystyle \frac{2}{9}}\Vert \overrightarrow{n}\Vert ={\displaystyle \frac{2}{9}}\sqrt{4+4+1}={\displaystyle \frac{2}{9}}\times 3$. $LF={\displaystyle \frac{2}{3}}$.

7. $\overrightarrow{FE}(-1;0;0)$ et $\overrightarrow{FG}(0;1;0)$ sont orthogonaux et de norme $1$ : le triangle $EFG$ est rectangle isocèle en $F$, d'aire ${\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1\times 1={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Le plan $(EFG)$ est le plan $z=1$ (face supérieure du cube) et la hauteur issue de $K$ est la distance de $K$ à ce plan, soit $1-0=1$. $V_{EFGK}={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1={\displaystyle \frac{1}{6}}$.

8. En prenant $EGK$ pour base, la hauteur issue de $F$ est $LF={\displaystyle \frac{2}{3}}$ ($L$ projeté orthogonal de $F$ sur $(EGK)$). ${\displaystyle \frac{1}{6}}={\displaystyle \frac{1}{3}}\times \text{Aire}(EGK)\times {\displaystyle \frac{2}{3}}$ donne $\text{Aire}(EGK)={\displaystyle \frac{1}{6}}\times {\displaystyle \frac{9}{2}}$. L'aire du triangle $EGK$ est ${\displaystyle \frac{3}{4}}$.

9. $L$, $M$, $N$ (milieux des côtés de $EGK$) sont dans le plan $(EGK)$ et le triangle $LMN$ est le triangle des milieux de $EGK$ : ses côtés sont deux fois plus petits, donc son aire vaut ${\displaystyle \frac{1}{4}}\times {\displaystyle \frac{3}{4}}={\displaystyle \frac{3}{16}}$. La hauteur issue de $F$ est toujours la distance de $F$ au plan $(EGK)$, soit ${\displaystyle \frac{2}{3}}$. $V_{FLMN}={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{3}{16}}\times {\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{1}{24}}$.

Partie A

1. a) Pour $x>0$, $f(x)=0,06x^2(-1+{\displaystyle \frac{13,7}{x}})$ ; $\underset{x\to +\infty }{lim}{x}^2=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}(-1+{\displaystyle \frac{13,7}{x}})=-1$, donc par produit $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=-\infty$.

1. b) $f^{\prime }(x)=0,06(-2x+13,7)$, du signe de $-2x+13,7$ : positif pour $x<6,85$, négatif pour $x>6,85$. $f$ est croissante sur $[0;6,85]$ et décroissante sur $[6,85;+\infty [$.

1. c) $f(x)=0⟺0,06x(-x+13,7)=0⟺x=0$ ou $x=13,7$. Les solutions sont $0$ et $13,7$.

2. a) $\underset{x\to +\infty }{lim}(-0,15x+2,2)=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}{e}^{0,2x}=+\infty$ ; par produit le premier terme tend vers $-\infty$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=-\infty$.

2. b) $g^{\prime }(x)$$=-0,15e^{0,2x}+(-0,15x+2,2)\times 0,2e^{0,2x}$$=(-0,15-0,03x+0,44)e^{0,2x}$. $g^{\prime }(x)=(-0,03x+0,29)e^{0,2x}$.

2. c) $e^{0,2x}>0$, donc $g^{\prime }(x)$ a le signe de $-0,03x+0,29$ : positif pour $x<{\displaystyle \frac{0,29}{0,03}}={\displaystyle \frac{29}{3}}\approx 9,67$, négatif après. $g$ est croissante sur $\left[0;{\displaystyle \frac{29}{3}}\right]$ et décroissante sur $[{\displaystyle \frac{29}{3}};+\infty [$, avec $g(0)=2,2-2,2=0$, $\underset{+\infty }{lim}g=-\infty$ et un maximum $g\left({\displaystyle \frac{29}{3}}\right)=0,75e^{29/15}-2,2\approx 2,98$.

2. d) Sur $\left[0;{\displaystyle \frac{29}{3}}\right]$, $g$ est strictement croissante et $g(0)=0$, donc $g(x)>0$ pour $0<x⩽{\displaystyle \frac{29}{3}}$ : pas de solution non nulle. Sur $[{\displaystyle \frac{29}{3}};+\infty [$, $g$ est continue, strictement décroissante, de $g\left({\displaystyle \frac{29}{3}}\right)\approx 2,98>0$ vers $-\infty$ : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, $g(x)=0$ y admet une unique solution. L'équation $g(x)=0$ admet une unique solution non nulle ; $g(13,72)\approx 0,008>0$ et $g(13,73)\approx -0,011<0$, donc elle vaut environ $13,72$.

Partie B

1. a) La hauteur maximale est $f(6,85)$$=0,06\times (-6,{85}^2+13,7\times 6,85)$$=0,06\times 46,9225$$\approx 2,815$ dizaines de yards. Hauteur maximale : environ $28,2$ yards.

1. b) $f^{\prime }(0)=0,06\times 13,7=0,822$. Vérifié.

1. c) $\tan d=0,822$ donc $d=\arctan (0,822)\approx 39,4^{\circ }$. Angle de décollage : environ $39,4^{\circ }$.

1. d) $C_f$ est une parabole, symétrique par rapport à la droite d'équation $x=6,85$ (axe passant par le sommet). Les tangentes aux points d'abscisses $0$ et $13,7$, symétriques, ont des coefficients directeurs opposés ($f^{\prime }(13,7)=-0,822$) : les angles de décollage et d'atterrissage sont égaux.

2. a) Le maximum de $g$ est $g\left({\displaystyle \frac{29}{3}}\right)\approx 2,98$ dizaines de yards. Hauteur maximale : environ $29,8$ yards.

2. b) $\tan d=g^{\prime }(0)=0,29$ donc $d\approx 16,2^{\circ }$. Angle de décollage : environ $16,2^{\circ }$.

2. c) $\tan a=-g^{\prime }(13,7)\approx 1,87$ donc $a=\arctan (1,87)\approx 61,9^{\circ }$. L'angle d'atterrissage vaut environ ${62}^{\circ }$ (arrondi à l'unité).

Partie C

Les observations donnent un angle d'atterrissage (${52}^{\circ }$) nettement plus grand que l'angle de décollage (${24}^{\circ }$) : la trajectoire réelle est dissymétrique. Le modèle $f$ (parabole) impose des angles égaux ($39,4^{\circ }$ chacun) et ne peut pas rendre compte de cette dissymétrie ; le modèle $g$ donne un décollage ($16,2^{\circ }$) plus faible que l'atterrissage (${62}^{\circ }$), une hauteur maximale ($29,8$ yards) proche des $32$ yards observés et la même distance au point de chute ($137$ yards). Le modèle $g$ semble le plus adapté, même s'il sous-estime l'angle de décollage et surestime l'angle d'atterrissage.