Baccalauréat général Session 2022 – Métropole Épreuve de Mathématiques Sujet de
Baccalauréat général Session 2022 – Métropole Épreuve de Mathématiques Sujet de spécialité — Proposition de corrigé Sujet 1 Ce corrigé est composé de 10 pages. Baccalauréat général Épreuve de Mathématiques (spécialité) ME 2022 (S1) – Corrigé Exercice 1 — Exponentielle, suites Partie A : Étude du premier protocole f : t 7→3te−0,5t+1 1. a. Soit t ∈[0; 10]. D’une part, par dérivée d’une composée, d d t(e−0,5t+1) = −0, 5e−0,5t+1. D’autre part, la dérivation du produit donne : f ′(t) = d f d t (t) = 3e−0,5t+1 + 3t × d d t e−0,5t+1 = 3e−0,5t+1 −1, 5te−0,5t+1 = 3 e−0,5t+1 −0, 5te−0,5t+1 Finalement, en factorisant par l’exponentielle, on a bien : f ′(t) = 3 (−0, 5t + 1) e−0,5t+1 b. Soit t ∈[0; 10]. La fonction exponentielle étant strictement positive sur R, le signe de f ′(t) est celui de −0, 5t + 1, i.e. positif pour t < 2 et négatif sinon. Il vient donc le tableau de variations de f sur son domaine de définition : t signe de f ′(t) variations de f 0 2 10 + 0 − 0 6 30e−4 30e−4 c. Il est alors possible de remarquer que f sera maximale pour t = 2, alors la quantité de médicament présente dans le sang du patient vaudra f(2) = 6 2. a. Premièrement, on a montré que sur [0, 2] f est strictement croissante. De plus, f([0, 2]) = [0, 6] (question précédente). Et comme 5 ∈[0, 6], il est possible, par le corollaire du théorème des valeurs inter- médiaires 1, d’affirmer que l’équation f(t) = 5 admet une unique solution α ∈[0, 2]. Finalement, par lecture graphique, on trouve, à 10−2 près, α ≈1, 02. b. D’après les données, le médicament est efficace lorsque sa quantité dans le sang est supérieure à 5 mg. Autrement dit, il est efficace tant que f(t) > 5. Or, f(t) > 5 pour t ∈[α, β]. D’où, le médicament est efficace pendant β −α = 3, 46 −1, 02 = 2, 44 heures = 2 heures, 26, 4 minutes Le médicament sera donc efficace pendant une durée ∆t = 2 heures 26 minutes envi- ron. Partie B : Étude du second protocole 1. Au bout de la première heure, la quantité de médicament a diminué de 30 %, mais on a réinjecté 1, 8 mg. Il vient donc u1 = 0, 7u0 + 1, 8 = 0, 7 × 2 + 1, 8 = 3, 2 mg. 1. il est également possible d’invoquer le théorème de la bijection Page 2 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Mathématiques (spécialité) ME 2022 (S1) – Corrigé 2. Soit n ∈N. À chaque heure, on sait que la quantité de médicament diminue de 30 %. Il restera alors, à l’heure (n + 1), une quantité 0, 7 × un dans le sang. Mais comme 1, 8 mg sont réinjectés chaque heure, il vient finalement : ∀n ∈N un+1 = 0, 7un + 1, 8 3. a. On souhaite montrer par récurrence que pout tout entier naturel n, un ≤un+1 < 6. On va donc dérouler étape par étape un raisonnement par récurrence. — Initialisation : Pour n = 0, on a u0 = 2 et u1 = 3, 2. On a alors bien u0 ≤u1 < 6, la propriété est vérifiée au rang 0. — Hérédité : Supposons la propriété vraie à un rang n quelconque, et montrons qu’elle reste vérifiée au rang (n + 1). On a : un ≤un+1 < 6 ⇐ ⇒0, 7un ≤0, 7un+1 < 0, 7 × 6 ⇐ ⇒0, 7un + 1, 8 ≤0, 7un+1 + 1, 8 < 0, 7 × 6 + 1, 8 ⇐ ⇒un+1 ≤0, 7un+1 + 1, 8 < 0, 7 × 6 + 1, 8 Et comme 0, 7un+1+1, 8 = un+2 et 0, 7×6+1, 8 ≈5, 99 < 6, il vient finalement : un+1 ≤un+2 < 6 La propriété est donc vérifiée au rang (n + 1), elle est héréditaire. — Conclusion : La propriété étant vérifiée au rang zéro et héréditaire, elle est vraie pour tout entier naturel n. b. Nous avons, par récurrence, montré deux choses : — Premièrement, pour tout entier naturel n, un ≤un+1. La suite (un) est donc croissante. — Secondement, nous avons montré que pour tout entier naturel n, un < 6. La suite (un) est donc majorée. Finalement, la suite (un) étant croissante et majorée, alors elle est bien convergente de limite ℓ. c. Il vient alors très logiquement ℓ= 6. Autrement dit, quelle que soit la durée du traitement, la quantité de médicament présente dans le sang du patient ne pourra pas dépasser 6 mg. 4. a. Soit n ∈N. On a vn = 6 −un. Alors il vient : vn+1 = 6 −un+1 = 6 −(0, 7un + 1, 8) = −0, 7un + 4, 2 = 0, 7(6 −un) = 0, 7vn Alors finalement, pour tout entier naturel n, vn+1 = 0, 7vn . La suite (vn) est donc géométrique de raison q = 0, 7 et premier terme v0 = 6 −u0 = 6 −2 = 4. Page 3 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Mathématiques (spécialité) ME 2022 (S1) – Corrigé b. On a donc, pour la suite géométrique (vn) : ∀n ∈N vn = 4 × 0, 7n Et finalement, comme vn = 6 −un ⇐ ⇒un = 6 −vn, il vient : un = 6 −4 × 0, 7n c. On cherche à savoir au bout de combien d’injections la quantité de médicament présente dans le sang sera supérieure à 5, 5 mg. Il va donc nous falloir résoudre, pour n entier naturel, un ≥5, 5. Soit n ∈N. un ≥5, 5 ⇐ ⇒6 −4 × 0, 7n ≥5, 5 ⇐ ⇒−4 × 0, 7n ≥−0, 5 ⇐ ⇒4 × 0, 7n ≤0, 5 (on a multiplié par un nombre négatif) ⇐ ⇒0, 7n ≤0, 5/4 = 0, 125 ⇐ ⇒en ln(0,7) ≤0, 125 ⇐ ⇒n ln(0, 7) ≤ln(0, 125) (ln strictement croissant) ⇐ ⇒n ≥ln(0, 125) ln(0, 7) ≈6 (ln(0, 7) < 0) Il aura été nécessaire de réaliser N = 7 injections avec ce protocole car u6 correspond à la 7ème injection. Exercice 2 — Géométrie dans l’espace 1. a. À partir de sa représentation paramétrique, on déduit que ⃗ u 2 −1 2 est un vecteur directeur de la droite D. b. Par définition de la représentation paramétrique d’une droite, on sait que le point M(1; 2; 2) ∈D. Alors B ∈D ⇐ ⇒∃t ∈R, − − → MB = t⃗ u. On a le vecteur : − − → MB −2 1 −2 Et on remarque alors que − − → MB = −⃗ u , les deux vecteurs sont donc colinéaires, le point B appartient bien à la droite D. c. On a − → AB 0 2 −3 . D’où, on calcule le produit scalaire : − → AB · − → u = 0 × 2 + 2 × −1 + −3 × 2 = 0 −2 −6 = −8 Page 4 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Mathématiques (spécialité) ME 2022 (S1) – Corrigé 2. a. Le plan P étant orthogonal à la droite D, le vecteur ⃗ u directeur de la droite est un vecteur normal à P. Le plan admet alors une équation cartésienne de la forme 2x −y + 2z + c = 0 avec c ∈R. Il reste alors à déterminer la valeur de c. Sachant que A(−1, 1, 3) ∈P, on a nécessairement 2 × (−1) −1 + 2 × 3 + c = 0 = ⇒ −2 −1 + 6 + c = 0 = ⇒c = −3. Le plan P admet donc bien comme équation cartésienne 2x −y + 2z −3 = 0. b. On cherche les coordonnées du point H d’intersection entre D et P. Soient x, y, z ∈R coordonnées du point H. Premièrement, H ∈P, donc a des coordonnées vérifiant l’équation 2x−y+2z−3 = 0. De plus, H ∈D, donc vérifie x = 1 + 2t y = 2 −t , t ∈R z = 2 + 2t Il vient donc : H ∈P ∩D ⇐ ⇒ x = 1 + 2t y = 2 −t z = 2 + 2t 2x −y + 2z −3 = 0 , t ∈R ⇐ ⇒ x = 1 + 2t y = 2 −t z = 2 + 2t 2(1 + 2t) −(2 −t) + 2(2 + 2t) −3 = 0 , t ∈R ⇐ ⇒ x = 1 + 2t y = 2 −t z = 2 + 2t 2 + uploads/Sante/ spe-mathematiques-2022-metropole-1-corrige.pdf
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- Publié le Jui 10, 2021
- Catégorie Health / Santé
- Langue French
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