Sujet Maths BAC 2022 (Rattrapage) — Sciences Physiques, avec corrigé détaillé | موضوع رياضيات باك 2022 مع التصحيح

Voici un sujet d'entraînement complet de mathématiques pour la filière Sciences Physiques, rédigé au format exact de l'examen national du baccalauréat (session rattrapage 2022) : barème total 20 points, avec le corrigé détaillé de chaque sous-question.

⏱️ Conseil : traite d'abord le sujet en conditions réelles (3 heures, sans le corrigé), puis corrige-toi question par question.

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Exercice 1 — Suites numériques (2 points)

Exercice 1 : Suites numériques (2,5 points)
Soit (uₙ) la suite numérique définie par : u₀ = 4 et, pour tout n de ℕ, uₙ₊₁ = (2uₙ + 1)/3.
1) a) (0,5 point) Montrer que, pour tout n de ℕ, uₙ > 1.
b) (0,75 point) Montrer que, pour tout n de ℕ, uₙ₊₁ − uₙ = −(1/3)(uₙ − 1), et en déduire que la suite (uₙ) est décroissante et convergente.
2) On pose, pour tout n de ℕ, vₙ = uₙ − 1.
a) (0,5 point) Montrer que (vₙ) est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme.
b) (0,5 point) Écrire uₙ en fonction de n, puis en déduire la limite de la suite (uₙ).
c) (0,25 point) Calculer la somme Sₙ = u₀ + u₁ + ... + uₙ en fonction de n.

✅ Corrigé — Suites numériques

1) a) Par récurrence : u₀ = 4 > 1. Supposons uₙ > 1 ; alors 2uₙ + 1 > 3, donc uₙ₊₁ = (2uₙ + 1)/3 > 1. La propriété est vraie pour tout n.
b) uₙ₊₁ − uₙ = (2uₙ + 1)/3 − uₙ = (1 − uₙ)/3 = −(1/3)(uₙ − 1). Comme uₙ > 1, on a uₙ₊₁ − uₙ < 0 : la suite (uₙ) est décroissante. Étant décroissante et minorée par 1, elle est convergente.
2) a) vₙ₊₁ = uₙ₊₁ − 1 = (2uₙ + 1)/3 − 1 = (2uₙ − 2)/3 = (2/3)(uₙ − 1) = (2/3)vₙ. Donc (vₙ) est géométrique de raison q = 2/3 et de premier terme v₀ = u₀ − 1 = 3.
b) vₙ = 3(2/3)ⁿ, donc uₙ = 1 + 3(2/3)ⁿ. Comme −1 < 2/3 < 1, (2/3)ⁿ tend vers 0, donc (uₙ) tend vers 1.
c) Sₙ = Σ uₖ = (n + 1) + Σ vₖ = (n + 1) + 3 × (1 − (2/3)ⁿ⁺¹)/(1 − 2/3) = (n + 1) + 9(1 − (2/3)ⁿ⁺¹).

Exercice 2 — Géométrie dans l'espace (3 points)

Exercice 2 : Géométrie dans l'espace (3 points)
Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct (O ; i, j, k), on considère les deux points A(−1, 4, −1) et B(3, 0, 1). Soit (S) la sphère de centre Ω(1, 2, 0) et de rayon R = 2, et (Δ) la droite passant par le point A et de vecteur directeur u(1, 2, 2).
1) a) (0,25 point) Calculer la distance ΩA.
b) (0,5 point) Montrer que les droites (Δ) et (ΩA) sont perpendiculaires.
c) (0,25 point) En déduire la position relative de la droite (Δ) et de la sphère (S).
2) (0,5 point) Soit M(a) le point de coordonnées (a − 2, 2a + 2, 2a − 3), où a est un nombre réel. Montrer que le vecteur AM(a) = (a − 1)u, et en déduire que M(a) appartient à (Δ) pour tout réel a.
3) a) (0,5 point) Vérifier que x + 2y + 2z − 9a + 4 = 0 est une équation du plan (P(a)) passant par M(a) et perpendiculaire à la droite (Δ).
b) (0,5 point) Montrer que d(Ω, (P(a))) = |3a − 3|.
c) (0,5 point) Déterminer les deux valeurs de a pour lesquelles le plan (P(a)) est tangent à la sphère (S).

✅ Corrigé — Géométrie dans l'espace

1) a) Le vecteur ΩA a pour coordonnées (−2, 2, −1), donc ΩA = √((−2)² + 2² + (−1)²) = √9 = 3.
b) Le vecteur directeur de (ΩA) est ΩA(−2, 2, −1) et celui de (Δ) est u(1, 2, 2). Leur produit scalaire vaut (−2)(1) + (2)(2) + (−1)(2) = −2 + 4 − 2 = 0 : les droites (Δ) et (ΩA) sont perpendiculaires.
c) La droite (ΩA) passe par Ω et A ∈ (Δ) et est perpendiculaire à (Δ) : donc d(Ω, (Δ)) = ΩA = 3. Comme 3 > R = 2, la droite (Δ) ne coupe pas la sphère (S) : elle lui est extérieure.
2) AM(a) = (a − 2 − (−1), 2a + 2 − 4, 2a − 3 − (−1)) = (a − 1, 2a − 2, 2a − 2) = (a − 1)(1, 2, 2) = (a − 1)u. Le vecteur AM(a) est donc colinéaire à u, ce qui prouve que M(a) appartient à la droite (Δ) pour tout réel a.
3) a) Le plan (P(a)) est perpendiculaire à (Δ), donc u(1, 2, 2) en est un vecteur normal : son équation est de la forme x + 2y + 2z + d = 0. M(a) appartient à (P(a)) : (a − 2) + 2(2a + 2) + 2(2a − 3) + d = 0, soit 9a − 4 + d = 0, donc d = 4 − 9a. L'équation est bien x + 2y + 2z − 9a + 4 = 0.
b) d(Ω, (P(a))) = |1 + 2(2) + 2(0) − 9a + 4|/√(1² + 2² + 2²) = |9 − 9a|/3 = |3 − 3a| = |3a − 3|.
c) Le plan (P(a)) est tangent à (S) si et seulement si d(Ω, (P(a))) = R, c'est-à-dire |3a − 3| = 2. On obtient 3a − 3 = 2 ou 3a − 3 = −2, soit a = 5/3 ou a = 1/3.

Exercice 3 — Nombres complexes (3 points)

Exercice 3 : Nombres complexes (3 points)
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O ; u, v), on considère les points A, B et C d'affixes respectives zA = 1 + i, zB = 2 + i et zC = 3 + 3i.
1) (0,25 point) Déterminer le nombre complexe zD, affixe du point D, milieu du segment [AC].
2) (0,5 point) Soit h l'homothétie de centre A et de rapport 2. Déterminer le nombre complexe zE, affixe du point E, image de B par h.
3) (0,5 point) Soit R la rotation de centre C et d'angle π/2. Déterminer l'affixe du point B', image de B par R.
4) Soit F le point d'affixe zF = 2.
a) (0,25 point) Vérifier que (zD − zA)/(zF − zA) = (zF − zE)/(zD − zE).
b) (0,5 point) En déduire que (AF, AD) + (ED, EF) = π [2π] (angles orientés de droites).
c) (0,5 point) Déterminer la forme trigonométrique du nombre (zF − zA)/(zE − zA), et en déduire la nature du triangle AEF.
d) (0,5 point) Déduire que les points A, D, E et F appartiennent à un même cercle dont on déterminera un diamètre.

✅ Corrigé — Nombres complexes

1) D est le milieu de [AC] : zD = (zA + zC)/2 = ((1 + i) + (3 + 3i))/2 = (4 + 4i)/2 = 2 + 2i.
2) L'homothétie de centre A et de rapport 2 donne : zE = zA + 2(zB − zA) = (1 + i) + 2((2 + i) − (1 + i)) = (1 + i) + 2(1) = 3 + i.
3) La rotation de centre C et d'angle π/2 donne : zB' = zC + (zB − zC) × i = (3 + 3i) + ((2 + i) − (3 + 3i))i = (3 + 3i) + (−1 − 2i)i = (3 + 3i) + (−i − 2i²) = (3 + 3i) + (2 − i) = 5 + 2i.
4) a) (zD − zA)/(zF − zA) = (1 + i)/(1 − i) = (1 + i)²/((1 − i)(1 + i)) = 2i/2 = i. Et (zF − zE)/(zD − zE) = (−1 − i)/(−1 + i) = (−1 − i)²/((−1 + i)(−1 − i)) = 2i/2 = i. Les deux quotients sont donc égaux (à i).
b) Un argument du premier quotient est (AF, AD) et un argument du second est (ED, EF). Comme les deux quotients valent i, de module 1 et d'argument π/2, on obtient (AF, AD) = π/2 [2π] et (ED, EF) = π/2 [2π], donc (AF, AD) + (ED, EF) = π [2π].
c) (zF − zA)/(zE − zA) = (1 − i)/2 = (√2/2)(cos(−π/4) + i sin(−π/4)). Son module est √2/2, donc AF = (√2/2)AE, et son argument est −π/4, donc l'angle (AE, AF) vaut −π/4 [2π] : l'angle EAF du triangle AEF vaut π/4. Comme AF = AE × cos(π/4), le triangle AEF est rectangle en F ; de plus EF = AE × sin(π/4) = AF, donc le triangle AEF est rectangle isocèle en F.
d) Calculons : (zA − zD)/(zE − zD) = (−1 − i)/(1 − i) = −i, qui est imaginaire pur, donc (DA) est perpendiculaire à (DE) : l'angle ADE est droit. De même, (zA − zF)/(zE − zF) = (−1 + i)/(1 + i) = i, imaginaire pur, donc (FA) est perpendiculaire à (FE) : l'angle AFE est droit. Les points D et F appartiennent donc au cercle de diamètre [AE] : les points A, D, E et F sont cocycliques, et un diamètre de ce cercle est le segment [AE].

Exercice 4 — Calcul des probabilités (3 points)

Exercice 4 : Calcul des probabilités (3 points)
Une urne contient trois boules blanches, cinq boules rouges et quatre boules vertes, indiscernables au toucher. On tire au hasard et simultanément trois boules de l'urne.
1) On considère les événements suivants : A : « Obtenir exactement deux boules rouges » et B : « Obtenir exactement une boule verte ».
a) (0,75 point) Montrer que p(A) = 7/22 et p(B) = 28/55.
b) (0,75 point) Calculer p(A/B) : la probabilité de l'événement A sachant que l'événement B est réalisé. Les événements A et B sont-ils indépendants ?
2) Soit la variable aléatoire X qui, à chaque tirage, associe le nombre de boules vertes tirées.
a) (1 point) Déterminer la loi de probabilité de X.
b) (0,5 point) Calculer la probabilité d'obtenir au moins deux boules vertes.

✅ Corrigé — Calcul des probabilités

Le nombre total de tirages possibles est C(12, 3) = 220, tous équiprobables.
1) a) Pour A : il faut choisir 2 rouges parmi 5 et 1 boule parmi les 7 non rouges : p(A) = (C(5, 2) × C(7, 1))/220 = (10 × 7)/220 = 70/220 = 7/22. Pour B : il faut choisir 1 verte parmi 4 et 2 boules parmi les 8 non vertes : p(B) = (C(4, 1) × C(8, 2))/220 = (4 × 28)/220 = 112/220 = 28/55.
b) L'événement A ∩ B signifie : exactement 2 rouges et exactement 1 verte (le tirage se compose alors de 2 boules rouges et 1 boule verte) : p(A ∩ B) = (C(5, 2) × C(4, 1))/220 = (10 × 4)/220 = 40/220 = 2/11. Donc p(A/B) = p(A ∩ B)/p(B) = (2/11)/(28/55) = (2 × 55)/(11 × 28) = 5/14. Par ailleurs p(A) × p(B) = (7/22)(28/55) = 98/605 ≈ 0,162, différent de p(A ∩ B) = 2/11 ≈ 0,182 : les événements A et B ne sont pas indépendants.
2) a) X prend les valeurs 0, 1, 2 et 3. p(X = 0) = C(8, 3)/220 = 56/220 = 14/55. p(X = 1) = (C(4, 1) × C(8, 2))/220 = 112/220 = 28/55. p(X = 2) = (C(4, 2) × C(8, 1))/220 = 48/220 = 12/55. p(X = 3) = C(4, 3)/220 = 4/220 = 1/55. (Vérification : 14/55 + 28/55 + 12/55 + 1/55 = 1.)
b) p(X ≥ 2) = p(X = 2) + p(X = 3) = 12/55 + 1/55 = 13/55.

Exercice 5 — Problème : étude d'une fonction numérique et calcul intégral (9 points)

Problème : Étude d'une fonction numérique et calcul intégral (8,5 points)
Soit f la fonction numérique définie sur [0, +∞[ par : f(0) = 0 et, pour tout x > 0, f(x) = x²(ln x − 2)². On note (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O ; i, j) (unité : 1 cm). ln désigne la fonction logarithme népérien.
1) (0,75 point) Calculer la limite de f(x) quand x tend vers +∞, puis déterminer la branche infinie de (C) au voisinage de +∞.
2) a) (0,5 point) Montrer que f est continue à droite en 0.
b) (0,5 point) Étudier la dérivabilité de f à droite en 0, puis interpréter le résultat géométriquement.
3) a) (0,75 point) Montrer que, pour tout x de ]0, +∞[, f'(x) = 2x(ln x − 2)(ln x − 1).
b) (0,5 point) Dresser le tableau de variations de f.
4) a) (0,5 point) Sachant que, pour tout x de ]0, +∞[, f''(x) = 2((ln x)² − ln x − 1), étudier le signe de f''(x) sur ]0, +∞[.
b) (0,5 point) En déduire que la courbe (C) admet deux points d'inflexion, dont on déterminera les abscisses.
5) a) (1 point) Construire la courbe (C) dans le repère (O ; i, j). (On prendra : e ≈ 2,7 ; e² ≈ 7,4 ; e^((1 − √5)/2) ≈ 0,5 ; e^((1 + √5)/2) ≈ 5 ; f(1) = 4.)
b) (0,5 point) En utilisant la courbe (C), déterminer le nombre de solutions de l'équation f(x) = 4.
6) On considère la fonction g définie sur ℝ par g(x) = f(|x|).
a) (0,5 point) Montrer que la fonction g est paire.
b) (0,5 point) Construire (Cg), la courbe représentative de g, dans le même repère (O ; i, j).
7) a) (0,5 point) On pose J = ∫ de 1 à e de x(ln x − 2) dx. En utilisant une intégration par parties, montrer que J = (5 − 3e²)/4.
b) (0,5 point) On considère la fonction h définie sur ]0, +∞[ par h(x) = x²(ln x − 2). Vérifier que la fonction H définie sur ]0, +∞[ par H(x) = (x/3)f(x) − (2x/9)h(x) + (2/27)x³ est une primitive de f sur ]0, +∞[.
c) (0,5 point) En déduire que ∫ de 1 à e de f(x) dx = (17e³ − 50)/27.
d) (0,5 point) Calculer l'aire du domaine délimité par la courbe (C), l'axe des abscisses et les droites d'équations x = 1 et x = e.

✅ Corrigé — Problème : étude d'une fonction numérique et calcul intégral

1) Quand x tend vers +∞ : x² tend vers +∞ et (ln x − 2)² tend vers +∞, donc f(x) tend vers +∞. De plus f(x)/x = x(ln x − 2)² tend vers +∞ : la courbe (C) admet, au voisinage de +∞, une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
2) a) Quand x tend vers 0+ : x²(ln x)² tend vers 0 (croissances comparées), x² ln x tend vers 0 et x² tend vers 0, donc x²(ln x − 2)² = x²(ln x)² − 4x² ln x + 4x² tend vers 0. Ainsi la limite de f en 0+ est 0 = f(0) : f est continue à droite en 0.
b) f(x)/x = x(ln x − 2)² tend vers 0 quand x tend vers 0+ : f est donc dérivable à droite en 0 et son nombre dérivé à droite vaut 0. Interprétation géométrique : la courbe (C) admet, au point O, une demi-tangente horizontale (qui est l'axe des abscisses).
3) a) Pour x > 0, on dérive le produit de x² et de (ln x − 2)² : f'(x) = 2x(ln x − 2)² + x² × 2(ln x − 2) × (1/x) = 2x(ln x − 2)² + 2x(ln x − 2) = 2x(ln x − 2)((ln x − 2) + 1) = 2x(ln x − 2)(ln x − 1).
b) Sur ]0, +∞[, 2x > 0 ; (ln x − 2) s'annule en e² et (ln x − 1) s'annule en e. Sur ]0, e[ : les deux facteurs sont négatifs, donc f'(x) > 0 et f est strictement croissante. Sur ]e, e²[ : f'(x) < 0 et f est strictement décroissante. Sur ]e², +∞[ : f'(x) > 0 et f est strictement croissante. Valeurs remarquables : f(0+) = 0, f(e) = e²(1 − 2)² = e² (maximum local), f(e²) = e⁴(2 − 2)² = 0 (minimum local), et f tend vers +∞ en +∞.
4) a) Posons t = ln x. Le trinôme t² − t − 1 a pour racines (1 − √5)/2 et (1 + √5)/2. Donc f''(x) > 0 si ln x < (1 − √5)/2 ou ln x > (1 + √5)/2, c'est-à-dire si x < e^((1 − √5)/2) ou x > e^((1 + √5)/2) ; et f''(x) < 0 si e^((1 − √5)/2) < x < e^((1 + √5)/2).
b) f'' s'annule en changeant de signe aux points d'abscisses x₁ = e^((1 − √5)/2) ≈ 0,54 et x₂ = e^((1 + √5)/2) ≈ 5,04 : la courbe (C) admet donc deux points d'inflexion, d'abscisses x₁ et x₂.
5) a) Construction : la courbe part de O avec une demi-tangente horizontale, croît en passant par le point (1, 4) jusqu'au maximum (e, e²) ≈ (2,7 ; 7,4), avec un point d'inflexion en x ≈ 0,5 ; elle décroît ensuite, avec un point d'inflexion en x ≈ 5, jusqu'à toucher l'axe des abscisses au point (e², 0) ≈ (7,4 ; 0) ; puis elle croît vers +∞ en s'éloignant de l'axe des ordonnées (branche parabolique).
b) La droite d'équation y = 4 coupe (C) en exactement trois points : un sur chacune des trois branches monotones ]0, e[, ]e, e²[ et ]e², +∞[. L'équation f(x) = 4 admet donc exactement 3 solutions.
6) a) Pour tout x de ℝ : g(−x) = f(|−x|) = f(|x|) = g(x). La fonction g est donc paire.
b) La courbe (Cg) est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées : sur [0, +∞[, elle coïncide avec (C) ; sur ]−∞, 0], elle est la symétrique de (C) par rapport à l'axe (Oy).
7) a) Intégration par parties avec u(x) = ln x − 2 et v'(x) = x (donc v(x) = x²/2) : J = [x²/2 × (ln x − 2)] de 1 à e − ∫ de 1 à e de (x/2) dx = (e²/2 × (−1) − (1/2)(−2)) − [x²/4] de 1 à e = (−e²/2 + 1) − (e²/4 − 1/4) = 5/4 − 3e²/4 = (5 − 3e²)/4.
b) On a (x/3)f(x) = (x³/3)(ln x − 2)² et (2x/9)h(x) = (2x³/9)(ln x − 2). En dérivant terme à terme : la dérivée de (x³/3)(ln x − 2)² est x²(ln x − 2)² + (2x²/3)(ln x − 2) = f(x) + (2x²/3)(ln x − 2) ; la dérivée de −(2x³/9)(ln x − 2) est −(2x²/3)(ln x − 2) − (2x²/9) ; la dérivée de (2/27)x³ est (2/9)x². En additionnant, les termes en (ln x − 2) se compensent et −(2x²/9) + (2x²/9) = 0 : il reste H'(x) = f(x). H est donc une primitive de f sur ]0, +∞[.
c) ∫ de 1 à e de f(x) dx = H(e) − H(1). Or f(e) = e² et h(e) = e²(1 − 2) = −e², donc H(e) = (e/3)(e²) − (2e/9)(−e²) + (2/27)e³ = e³/3 + 2e³/9 + 2e³/27 = 17e³/27. Et f(1) = 4 et h(1) = −2, donc H(1) = (1/3)(4) − (2/9)(−2) + 2/27 = 4/3 + 4/9 + 2/27 = 50/27. D'où ∫ de 1 à e de f(x) dx = (17e³ − 50)/27.
d) La fonction f est positive sur [1, e] (c'est un carré multiplié par x² ≥ 0), donc l'aire demandée est égale à l'intégrale : A = (17e³ − 50)/27 unités d'aire (environ 10,8 cm²).

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