Le document traite des épreuves de mathématiques du bac général de 2022, en se concentrant sur des protocoles de dosage de médicaments. Il présente l'analyse de la fonction représentant la quantité de médicament dans le temps, les propriétés de convergence d'une suite, ainsi que des problèmes d'analytique géométrique. Les résultats incluent le temps optimal de traitement et la limite de la quantité de médicament au bout d'un certain nombre d'heures.

1. BAC GÉNÉRAL 2022
Épreuve de spécialité Mathématiques
Mercredi 11 mai 2022
Exercice 1 (7 points)
Partie A : étude du premier protocole
est définie sur par , est le temps en heures.
𝑓 [0; 10] 𝑓 𝑡
( ) = 3𝑡𝑒
−0,5𝑡+1
𝑡
1. a. est de la forme donc
𝑓 𝑢 𝑥
( )×𝑣(𝑥) 𝑓
'
= 𝑢
'
𝑣 + 𝑢𝑣'
𝑢 𝑥
( ) = 3𝑡 𝑣 𝑥
( ) = 𝑒
−0,5𝑡+1
𝑢
'
𝑥
( ) = 3 𝑣
'
𝑥
( ) =− 0, 5𝑒
−0,5𝑡+1
Donc 𝑓
'
𝑥
( ) = 3𝑒
−0,5𝑡+1
+ 3𝑡×(− 0, 5𝑒
−0,5𝑡+1
)
𝑓
'
𝑥
( ) = 3𝑒
−0,5𝑡+1
(1 − 0, 5𝑡)
1. b. On étudie le signe de :
𝑓
'
𝑡
( )
On sait que pour tout 𝑡∈ 0 ; 10
[ ], 3𝑒
−0,5𝑡+1
> 0.
On cherche quand soit
1 − 0, 5𝑡 > 0 1 > 0, 5𝑡
Soit 2 > 𝑡
𝑓 0
( ) = 3×0×𝑒
−0,5×0+1
= 0
𝑓 2
( ) = 3×2×𝑒
−0,5×2+1
= 6𝑒
0
= 6
𝑓 10
( ) = 3×10×𝑒
−0,5×10+1
= 30𝑒
−4
≈0, 55

2. 1. c. La quantité sera maximale au bout de 2 heures. La quantité de médicament sera de 6
mg.
2. a. On sait que est continue sur par produit de fonctions continues sur
𝑓 [0 ; 10]
.
[0 ; 10]
Sur l’intervalle , est strictement croissante.
[0; 2] 𝑓
On a et . Or .
𝑓 0
( ) = 0 𝑓 2
( ) = 6 5∈[0; 6]
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, admet une unique solution
𝑓 𝑡
( ) = 5 α
sur 0; 2
[ ].
Balayage à la calculatrice :
donc
𝑓(1)≈4, 95 𝑓(2) = 6 } 1 < α < 2
donc
𝑓(1)≈4, 95 𝑓 1, 1
( )≈5, 17 } 1 < α < 1, 1
donc
𝑓(1, 02)≈4, 995 𝑓 1, 03
( ) ≈ 5, 019 } 1, 02 < α < 1, 03
donc à près.
𝑓(1, 022)≈4, 9997 𝑓 1, 023
( ) ≈ 5, 0021 } α ≈ 1, 02 10
−2
2. b. Le traitement est efficace quand la quantité de médicament est supérieure ou égale
à 5 mg, donc quand le temps est compris entre 1,02 et 3,46 heures.
Soit entre 1 h 02 minutes et 1 h 27 minutes.
Partie B : étude du deuxième protocole
1. 𝑢0
= 2
𝑢1
= 0, 7×2 + 1, 8 = 3, 2
2. Pour déterminer 𝑢𝑛+1
:
Au bout d’une heure, la quantité a diminué de 30% donc il reste 70% de la quantité
précédente soit (mg) à laquelle on ajoute 1,8 mg supplémentaire.
0, 7𝑢_𝑛
On a donc 𝑢𝑛+1
= 0, 7𝑢𝑛
+ 1, 8
3. a. On pose 𝑃𝑛
: 𝑢𝑛
≤ 𝑢𝑛+1
< 6
● Initialisation :
On a d’une part et
𝑢0
= 2 𝑢1
= 3, 2
On a donc bien 𝑢0
≤ 𝑢1
< 6
La proposition est initialisée.
● Hérédité :
On suppose que pour donné, est vraie soit .
𝑘 𝑃𝑘
𝑢𝑘
≤ 𝑢𝑘+1
< 6

3. On veut montrer la proposition au rang suivant soit .
𝑢𝑘+1
≤ 𝑢𝑘+2
< 6
On a 𝑢𝑘
≤ 𝑢𝑘+1
< 6
Donc soit
0, 7𝑢𝑘
≤ 0, 7𝑢𝑘+1
< 0, 7×6 0, 7𝑢𝑘
≤ 0, 7𝑢𝑘+1
< 4, 2
D’où 0, 7𝑢𝑘
+ 1, 8 ≤ 0, 7𝑢𝑘+1
+ 1, 8 < 4, 2 + 1, 8
Soit 𝑢𝑘+1
≤ 𝑢𝑘+2
< 6
La proposition est héréditaire.
Conclusion
La proposition étant initialisée pour et héréditaire pour tout , d’après le principe
𝑛 = 0 𝑛≥0
de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel 𝑛.
3. b. La suite est croissante et majorée par 6 donc d’après le théorème de
(𝑢𝑛
)
convergence monotone, elle converge vers une limite 𝑙 < 6.
3. c. Par unicité de la limite, on sait que 𝑢𝑛
= 𝑢𝑛+1
= 𝑙
Donc 𝑙 = 0, 7𝑙 + 1, 8
Soit Donc
0, 3 𝑙 = 1, 8 𝑙 =
1,8
0,3
= 6
Au bout d’un grand nombre d’heures, la quantité de médicament présente dans le sang
sera de 6 mg.
4. a. 𝑣𝑛
= 6 − 𝑢𝑛
𝑣𝑛+1
= 6 − 𝑢𝑛+1
𝑣𝑛+1
= 6 − (0, 7𝑢𝑛
+ 1, 8)
𝑣𝑛+1
= 6 − 0, 7𝑢𝑛
− 1, 8
𝑣𝑛+1
= 4, 2 − 0, 7𝑢𝑛
𝑣𝑛+1
= 0, 7
4,2
0,7
− 𝑢𝑛
( )= 0, 7 6 − 𝑢𝑛
( )
𝑣𝑛+1
= 0, 7𝑣𝑛
La suite est donc géométrique de raison et de premier terme
𝑣𝑛
( ) 𝑞 = 0, 7
𝑣0
= 6 − 𝑢0
= 6 − 2 = 4
4. b. On a donc soit
𝑣𝑛
= 𝑣0
× 𝑞
𝑛
𝑣𝑛
= 4 × 0, 7
𝑛
Comme , on a alors
𝑢𝑛
= 6 − 𝑣𝑛
𝑢𝑛
= 6 − 4×0, 7
𝑛
4. c. On cherche tel que
𝑛 𝑢𝑛
≥5, 5
Soit 6 − 4× 0, 7
𝑛
≥5, 5
6 − 5, 5≥4×0, 7
𝑛
0, 5≥4×0, 7
𝑛

4. 0,5
4
≥ 0, 7
𝑛
0, 125≥0, 7
𝑛
ln 𝑙𝑛 0, 125
( ) ≥ ln 𝑙𝑛 0, 7
𝑛
( )
ln 𝑙𝑛 0, 125
( ) ≥ 𝑛 ln 𝑙𝑛 0, 7
( )
car
ln𝑙𝑛 (0,125)
ln𝑙𝑛 (0,7)
≤𝑛 ln 𝑙𝑛 0, 7
( ) < 0
Soit𝑛≥5, 83
Il faut donc réaliser 6 injections.
Exercice 2 (7 points)
1. a. Un vecteur directeur de la droite a pour coordonnées
𝑢
→
𝐷 𝑢
→
2 − 1 2
( )
1. b. On cherche s’il existe tel que ce qui
𝑡 {− 1 = 1 + 2𝑡 3 = 2 − 𝑡 0 = 2 + 2𝑡
donne {− 2 = 2𝑡 1 =− 𝑡 − 2 = 2𝑡
donc . Le point appartient bien à la droite
{𝑡 =− 1 𝑡 =− 1 𝑡 =− 1 𝐵 𝐷.
1. c. donc
𝐴𝐵
→
𝑥𝐵
− 𝑥𝐴
𝑦𝐵
− 𝑦𝐴
𝑧𝐵
− 𝑧𝐴
( )
𝐴𝐵
→
− 1 − (− 1) 3 − 1 0 − 3
( ) = 0 2 − 3
( )
Donc 𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
= 0×2 + 2× − 1
( ) + − 3
( )×2 =− 8
2. a. Comme le plan est orthogonal à la droite , ce plan a pour vecteur normal le
𝑃 𝐷
vecteur directeur de .
𝑢
→
2 − 1 2
( ) 𝐷
Une équation cartésienne du plan est donc de la forme
𝑃 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑑 = 0
Or on sait que le point appartient au plan donc :
𝐴
2× − 1
( ) − 1 + 2×3 + 𝑑 = 0
Soit 3 + 𝑑 = 0
Donc 𝑑 =− 3
Une équation cartésienne du plan est donc bien
𝑃 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 3 = 0
2. b. étant un point de et de , ses coordonnées vérifient :
𝐻 𝐷 𝑃
et
{𝑥 = 1 + 2𝑡 𝑦 = 2 − 𝑡 𝑧 = 2 + 2𝑡 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 3 = 0
Ce qui nous donne 2(1 + 2𝑡) − (2 − 𝑡) + 2(2 + 2𝑡) − 3 = 0
2 + 4𝑡 − 2 + 𝑡 + 4 + 4𝑡 − 3 = 0
9𝑡 + 1 = 0
𝑡 =
−1
9
D’où :
{𝑥𝐻
= 1 + 2 × −
1
9
( )=
7
9
𝑦𝐻
= 2 +
1
9
=
19
9
𝑧𝐻
= 2 + 2 × −
1
9
( )=
16
9

5. On a bien 𝐻
7
9
;
19
9
;
16
9
( )
2. c. soit .
𝐴𝐻
→ 7
9
+ 1
19
9
− 1
16
9
− 3
( ) 𝐴𝐻
→ 16
9
10
9
−
11
9
( )
Donc 𝐴𝐻 =
16
9
( )
2
+
10
9
( )
2
+ −
11
9
( )
2
=
477
81
=
53
9
=
53
3
3. a. Comme est un point de et également, le vecteur est colinéaire au vecteur
𝐻 𝐷 𝐵 𝐻𝐵
→
directeur de . Donc il existe un réel tel
𝐷 𝑘 𝐻𝐵
→
= 𝑘𝑢
→
3. b On a
. 𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
= 𝐴𝐻
→
+ 𝐻𝐵
→
( ). 𝑢
→
= 𝐴𝐻
→
. 𝑢
→
+ 𝐻𝐵
→
. 𝑢
→
car les vecteurs et sont orthogonaux.
= 0 + 𝐻𝐵
→
. 𝑢
→
𝐴𝐻
→
𝑢
→
Or d’après la question précédente, on a . D’où :
𝐻𝐵
→
= 𝑘𝑢
→
𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
= 𝑘𝑢
→
. 𝑢
→
𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
= 𝑘‖𝑢
→
‖
2
Donc 𝑘 =
𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
‖𝑢
→
‖
2
3. c. On sait que d’après la question 1. c.
𝐴𝐵
→
. 𝑢
→
=− 8
Et on a ‖𝑢
→
‖
2
= 2
2
+ − 1
( )
2
+ 2
2
= 9
On a alors .
𝑘 =
−8
9
Donc 𝐻𝐵
→
=−
8
9
𝑢
→
Soit − 1 − 𝑥𝐻
3 − 𝑦𝐻
− 𝑧𝐻
( )=−
8
9
2 − 1 2
( )
ce qui donne
{− 1 − 𝑥𝐻
=−
16
9
3 − 𝑦𝐻
=
8
9
− 𝑧𝐻
=−
16
9
soit
{− 𝑥𝐻
=−
16
9
+ 1 =−
7
9
− 𝑦𝐻
=
8
9
− 3 =−
19
9
− 𝑧𝐻
=−
16
9
{𝑥𝐻
=
7
9
𝑦𝐻
=
19
9
𝑧𝐻
=
16
9
4. On a soit
𝑉𝐴𝐵𝐶𝐻
=
1
3
× 𝐴𝑖𝑟𝑒𝐴𝐶𝐻
× 𝐵𝐻 𝐴𝑖𝑟𝑒𝐴𝐶𝐻
=
𝑉𝐴𝐵𝐶𝐻
×3
𝐵𝐻
Or 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐻
=
8
9
On a également . Donc
𝐻𝐵
→
−
16
9
8
9
−
16
9
( )
𝐻𝐵 = −
16
9
( )
2
+
8
9
( )
2
+ −
16
9
( )
2
=
576
81
=
64
9
=
8
3

6. Donc 𝐴𝑖𝑟𝑒𝐴𝐶𝐻
=
8
9
×3
8
3
= 1
Exercice 3 (7 points)
1. a. 𝑃(𝑆) = 0, 25
1. b.
1. c. 𝑃 𝐹∩𝑆
( ) = 𝑃 𝐹
( ) × 𝑃𝐹
𝑆
( )
𝑃 𝐹∩𝑆
( ) = 0, 52×0, 4 = 0, 208
La probabilité que la personne interrogée soit une femme ayant suivi le stage est égale à
.
0, 208
1. d. 𝑃𝑆
𝐹
( ) =
𝑃(𝐹∩𝑆)
𝑃(𝑆)
=
0,208
0,25
= 0, 832
1. e. D’après la formule des probabilités totales, on a
𝑃 𝑆
( ) = 𝑃 𝐹∩𝑆
( ) + 𝑃(𝐹∩𝑆)
𝑃 𝐹∩𝑆
( ) = 𝑃 𝑆
( ) − 𝑃 𝐹∩𝑆
( )
𝑃 𝐹∩𝑆
( ) = 0, 25 − 0, 208 = 0, 042
𝑃𝐹
𝑆
( ) =
𝑃(𝐹∩𝑆)
𝑃(𝐹)
=
0,042
0,48
= 0, 0875
Il y a donc des hommes salariés qui ont suivi le stage. Le directeur a donc raison.
8, 75%
2. a. On a deux issues : succès : « Le salarié a suivi le stage » et échec : « Le salarié n’a pas
suivi le stage ».
On répète cette expérience 20 fois de manière identique et indépendante.
qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale de paramètres
𝑋 𝑛 = 20
et 𝑝 = 0, 25
2. b. 𝑃 𝑋 = 𝑘
( ) = 20 𝑘
( ) × 0, 25
𝑘
× 1 − 0, 25
( )
𝑛−𝑘
𝑃 𝑋 = 5
( ) = 20 5
( ) × 0, 25
5
× 0, 75
15
𝑃 𝑋 = 5
( ) = 15504 × 0, 25
5
× 0, 75
15
≈0, 202

7. 2. c. Le programme permet de calculer
𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎(5) 𝑃(𝑋≤5)
à l’aide de la calculatrice.
𝑃 𝑋≤5
( )≈0, 617
La probabilité qu’au plus 5 salariés parmi les 20 sélectionnés aient effectué le stage est
0,617.
2. d. On cherche 𝑃 𝑋≥6
( ) = 1 − 𝑃(𝑋≤5)
𝑃 𝑋≥6
( )≈1 − 0, 617
𝑃 𝑋≥6
( )≈0, 383
3. 25% des salariés ont effectué le stage et ont une augmentation de 5% de salaire soit un
coefficient multiplicateur de 1,05.
75% des salariés n’ont pas effectué le stage et ont une augmentation de 2% de salaire soit
un coefficient multiplicateur de 1,02.
On a donc 0, 25×1, 05 + 0, 75×1, 02 = 1, 0275
Le coefficient multiplicateur est 1,0275 ce qui signifie que l’on a un pourcentage moyen
d’augmentation de 2,75%.
Exercice 4 (7 points)
1. Réponse c
− 2𝑥
2
+ 3𝑥 − 1 =− ∞
𝑥
2
+ 1 =+ ∞
La limite du quotient est donc indéterminée.
On factorise par le terme de plus haut degré : 𝑓 𝑥
( ) =
𝑥
2
−2+
3
𝑥
−
1
𝑥
2
( )
𝑥
2
1+
1
𝑥
2
( )
=
−2+
3
𝑥
−
1
𝑥
2
1+
1
𝑥
2
− 2 +
3
𝑥
−
1
𝑥
2 =− 2
1 + 1/𝑥
2
= 1
Par quotient . La courbe admet donc comme asymptote
𝑓 𝑥
( ) =− 2 𝑦 =− 2
horizontale en + ∞
2. Réponse d
En effet 𝐹
'
𝑥
( ) =
1
2
×2𝑥×𝑒
𝑥
2
𝐹
'
𝑥
( ) = 𝑥𝑒
𝑥
2
𝐹'(𝑥) = 𝑓(𝑥)
Et de plus 𝐹 0
( ) =
1
2
𝑒
0
+
1
2
= 1
3. Réponse c

8. La convexité dépend du sens de variation de la fonction dérivée. Graphiquement, on voit
que la fonction dérivée est strictement croissante sur donc la fonction est
] − ∞; 3]
convexe sur cet intervalle donc en particulier sur [0; 2]
4. Réponse a
Le sens de variation des primitives de dépend du signe de leur dérivée .
𝐹 𝑓 𝐹
'
= 𝑓
Or on sait que pour tout réel donc pour tout réel . Donc les
𝑒
−𝑥
2
> 0 𝑥 𝑓 𝑥
( ) > 0 𝑥
primitives sont toutes croissantes.
5. Réponse d
2 ln 𝑙𝑛 𝑥
( ) =+ ∞
3𝑥
2
+ 1 =+ ∞
Par quotient on a une forme indéterminée.
On factorise 𝑓 𝑥
( ) =
2ln𝑙𝑛 (𝑥)
𝑥
2 ×
1
3+
1
𝑥
2
Par croissances comparées
2ln𝑙𝑛 (𝑥)
𝑥
2 = 0
Et
1
3+
1
𝑥
2
=
1
3
Par produit 𝑓 𝑥
( ) = 0
6. Réponse c
On a équivalente à
𝑒
2𝑥
+ 𝑒
𝑥
− 12 = 0 𝑒
𝑥
( )
2
+ 𝑒
𝑥
− 12 = 0
On effectue un changement de variable en posant .
𝑋 = 𝑒
𝑥
L’équation est donc équivalente à 𝑋
2
+ 𝑋 − 12 = 0
On calcule le discriminant : ∆ = 𝑏
2
− 4𝑎𝑐 = 1
2
− 4×1× − 12
( ) = 49
Le discriminant est positif donc on a deux racines réelles
et
𝑋1
=
−1−7
2
=− 4 𝑋2
=
−1+7
2
= 3
Comme , il faut résoudre maintenant
𝑋 = 𝑒
𝑥
qui n’a pas de solution
𝑒
𝑥
=− 4
Et qui a pour solution
𝑒
𝑥
= 3 𝑥 = ln 𝑙𝑛 (3)