Informations sur l'examen

Épreuve : Mathématiques

Section : Sciences expérimentales

Session : Principale 2022

Durée : 3 heures

Coefficient : 3

Le sujet comporte 4 pages numérotées de 1/4 à 4/4. La page 4/4 est à rendre avec la copie.

Nous vous présentons le sujet complet de mathématiques du baccalauréat tunisien 2022 pour la section Sciences Expérimentales. Ce sujet couvre plusieurs aspects fondamentaux du programme de mathématiques de terminale, notamment les nombres complexes, les probabilités, les suites et intégrales, ainsi que l'étude de fonctions.

Exercice 1

5,5 points

\[ \text{Soit un réel } \theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \]

1. Résoudre dans ℂ l'équation (E) :

\[ z^2 - (i + 2e^{i\theta})z + e^{2i\theta} + ie^{i\theta} = 0 \]

On a :

$a = 1$
$b = -(i + 2e^{i\theta})$
$c = e^{2i\theta} + ie^{i\theta}$

Le discriminant :

\begin{align*} \Delta &= b^2 - 4ac\\ &= (i + 2e^{i\theta})^2 - 4(e^{2i\theta} + ie^{i\theta})\\ &= -1 + 4e^{i\theta} + 4ie^{i\theta} - 4e^{2i\theta} - 4ie^{i\theta}\\ &= -1 = i^2 = \delta^2 \end{align*}

avec $\delta = i$ donc :

\begin{align*} z_1 &= \frac{-b+\delta}{2a} = \frac{i+2e^{i\theta}+i}{2} = i + e^{i\theta}\\ z_2 &= \frac{-b-\delta}{2a} = \frac{i+2e^{i\theta}-i}{2} = e^{i\theta} \end{align*}

d'où $S_{\mathbb{C}} = \{i + e^{i\theta}, e^{i\theta}\}$

2. Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct (O, $\vec{u}$, $\vec{v}$), on considère les points A, B et C d'affixes respectives:

\[ z_A = i, \quad z_B = i + e^{i\theta} \quad \text{et} \quad z_C = e^{i\theta} \]

a) Vérifier que:

\[ \frac{z_A - z_B}{z_B - z_C} = ie^{i\theta} \]

\begin{align*} \frac{z_A-z_B}{z_B-z_C} &= \frac{i-(i+e^{i\theta})}{(i+e^{i\theta})-e^{i\theta}}\\ &= \frac{-e^{i\theta}}{i}\\ &= ie^{i\theta} \end{align*}

b) Montrer que les points A, B et C sont alignés si et seulement si:

\[ \theta = \frac{\pi}{2} \quad \text{ou} \quad \theta = -\frac{\pi}{2} \]

Les trois points A, B et C sont alignés si et seulement si :

\begin{align*} \frac{z_A-z_B}{z_B-z_C} \in \mathbb{R} &\Leftrightarrow ie^{i\theta} \in \mathbb{R}\\ &\Leftrightarrow e^{i\theta} \in i\mathbb{R}\\ &\Leftrightarrow \theta = \frac{\pi}{2} + k\pi; k \in \mathbb{Z} \end{align*}

Donc : $\theta = \frac{\pi}{2}$ ou $\theta = -\frac{\pi}{2}$ car $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$.

3. Dans cette question on suppose que $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.

a) Justifier que le quadrilatère OABC est un losange.

Méthode 1 :

On remarque que : $z_B - z_A = z_C$ donc $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OC}$ et comme A, B et C ne sont pas alignés alors OABC est un parallélogramme.

On a aussi $OA = |i| = |e^{i\theta}| = OC$ donc OABC est un losange.

Méthode 2 :

On a : $|i| = |e^{i\theta}| = |ie^{i\theta}|$ donc $OA = OB = BC = OC$ donc OABC est un losange.

b) Vérifier que:

\[ 1 + e^{2i\theta} = 2\cos(\theta)e^{i\theta} \]

\begin{align*} 1 + e^{2i\theta} &= e^{i\theta}(e^{-i\theta} + e^{i\theta})\\ &= e^{i\theta} \times 2\cos\theta\\ &= 2\cos\theta e^{i\theta} \end{align*}

c) On désigne par $\mathcal{A}(\theta)$ l'aire du losange OABC. Montrer que:

\[ \mathcal{A}(\theta) = \cos \theta \]

\begin{align*} \mathcal{A}(\theta) &= \frac{1}{2} \times OB \times AC\\ &= \frac{1}{2} \times |i + e^{i\theta}| \times |e^{i\theta} - i|\\ &= \frac{1}{2}|(i + e^{i\theta})(e^{i\theta} - i)|\\ &= \frac{1}{2}|1 + e^{2i\theta}|\\ &= \frac{1}{2} \times 2\cos\theta \end{align*}

Donc : $\mathcal{A}(\theta) = \cos\theta$

a) Écrire les nombres complexes $(1 + i\sqrt{3})$ et $(1 - i)$ sous forme exponentielle.

\begin{align*} 1 + i\sqrt{3} &= 2\left(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &= 2e^{i\frac{\pi}{3}} \end{align*}

\begin{align*} 1 - i &= \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ &= \sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}} \end{align*}

b) Montrer que:

\[ \frac{\sqrt{2}}{4}(1 + i\sqrt{3})(1 - i) = e^{i\frac{\pi}{12}} \]

\begin{align*} \frac{\sqrt{2}}{4}(1 + i\sqrt{3})(1 - i) &= \frac{\sqrt{2}}{4} \times 2e^{i\frac{\pi}{3}} \times \sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}\\ &= e^{i\frac{\pi}{12}} \end{align*}

c) En déduire la valeur exacte de $\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)$.

\begin{align*} \cos\frac{\pi}{12} &= \text{Re}\left(\frac{\sqrt{2}}{4}(1 + i\sqrt{3})(1 - i)\right)\\ &= \frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3})\\ &= \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} \end{align*}

d) Construire alors, dans la figure 1 de l'annexe, un losange d'aire égale à:

\[ \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} \]

\begin{align*} \mathcal{A}(\theta) &= \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\\ \Leftrightarrow \mathcal{A}(\theta) &= \cos\frac{\pi}{12}\\ \Leftrightarrow \theta &= \frac{\pi}{12} \end{align*}

Exercice 2

3,5 points

On considère l'arbre de probabilité où A et F sont deux événements tels que la probabilité de F est:

\[ p(F) = \frac{5}{12} \]

1. Montrer que:

\[ p(\bar{A} \cap F) = \frac{1}{4} \]

On a : $p(F) = \frac{5}{12}$ avec $F = (F \cap \bar{A}) \cup (F \cap A)$

Comme $p(F) = p(F \cap \bar{A}) + p(F \cap A)$

alors $p(F \cap \bar{A}) = p(F) - p(F \cap A) = \frac{5}{12} - \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}$

2. Calculer alors $p(F / \bar{A})$.

\begin{align*} p(F/\bar{A}) &= \frac{p(F \cap \bar{A})}{p(\bar{A})}\\ &= \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{3}}\\ &= \frac{3}{4} \end{align*}

3. Recopier et compléter l'arbre de probabilité.

4. Calculer $p(\bar{A} / \bar{F})$.

\begin{align*} p(\bar{A}/\bar{F}) &= \frac{p(\bar{F} \cap \bar{A})}{p(\bar{F})}\\ &= \frac{\frac{1}{3} \times \frac{1}{4}}{1 - \frac{5}{12}}\\ &= \frac{1}{7} \end{align*}

Exercice 3

4 points

1. On considère la suite $(K_n)$ définie pour tout entier $n \geq 1$ par:

\[ K_n = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x^2} \, dx \]

a) Montrer que $K_1 = \frac{1}{2} \ln 2$.

\begin{align*} K_1 &= \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} dx\\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{2x}{1+x^2} dx\\ &= \frac{1}{2} [ln(1+x^2)]_0^1\\ &= \frac{1}{2} ln2 \end{align*}

b) Vérifier que pour tout entier $n \geq 1$:

\[ K_{n+2} + K_n = \frac{1}{n+1} \]

\begin{align*} K_{n+2} + K_n &= \int_0^1 \frac{x^{n+2}}{1+x^2} dx + \int_0^1 \frac{x^n}{1+x^2} dx\\ &= \int_0^1 \frac{x^{n+2} + x^n}{1+x^2} dx\\ &= \int_0^1 \frac{x^n(1+x^2)}{1+x^2} dx\\ &= \int_0^1 x^n dx\\ &= \left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1\\ &= \frac{1}{n+1} \end{align*}

c) En déduire la valeur de $K_3$.

Pour $n = 1$, on a : $K_3 + K_1 = \frac{1}{2}$

alors : $K_3 = \frac{1}{2} - K_1$

donc $K_3 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}ln2$

d) Montrer que pour tout entier $n \geq 1$:

\[ 0 \leq K_n \leq \frac{1}{n+1} \]

Pour tout $x \in [0,1]$, $1 + x^2 \geq 1$ donc $0 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1$

d'où $0 \leq \frac{x^n}{1+x^2} \leq x^n$

Les fonctions $x \mapsto \frac{x^n}{1+x^2}$ et $x \mapsto x^n$ sont continues sur $[0,1]$.

Alors $0 \leq \int_0^1 \frac{x^n}{1+x^2} dx \leq \int_0^1 x^n dx$ et par suite $0 \leq K_n \leq \frac{1}{n+1}$

e) Calculer alors $\lim_{n \to +\infty} K_n$.

On a : $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+1} = 0$ donc $\lim_{n \to +\infty} K_n = 0$

2. Soit la suite $(I_n)$ définie pour tout entier $n \geq 1$ par:

\[ I_n = \int_0^1 x^n \ln(1+x^2) \, dx \]

a) Montrer que pour tout $n \geq 1$:

\[ I_n = \frac{\ln 2}{n+1} - \frac{2}{n+1}K_{n+2} \]

On pose :

\begin{align*} \begin{cases} u(x) = \ln(1+x^2)\\ v'(x) = x^n \end{cases} \text{ alors } \begin{cases} u'(x) = \frac{2x}{1+x^2}\\ v(x) = \frac{1}{n+1}x^{n+1} \end{cases} \end{align*}

Par intégration par parties :

\begin{align*} I_n &= \left[\frac{1}{n+1}x^{n+1}\ln(1+x^2)\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{1}{n+1}x^{n+1} \cdot \frac{2x}{1+x^2}dx\\ &= \frac{\ln 2}{n+1} - \frac{2}{n+1}\int_0^1 \frac{x^{n+2}}{1+x^2}dx\\ &= \frac{\ln 2}{n+1} - \frac{2}{n+1}K_{n+2} \end{align*}

b) Calculer $\lim_{n \to +\infty} I_n$ et $\lim_{n \to +\infty} nI_n$.

On a : $\lim_{n \to +\infty} K_n = 0$ donc $\lim_{n \to +\infty} I_n = 0$

\begin{align*} \lim_{n \to +\infty} nI_n &= \lim_{n \to +\infty} \frac{n\ln 2}{n+1} - \frac{2n}{n+1}K_{n+2}\\ &= \ln 2 \end{align*}

Exercice 4

7 points

Partie A

1. Donner le sens de variation de la fonction u définie sur ℝ par $u(x) = 1 + xe^x$.

$x \in \mathbb{R}$; $u(x) = 1 + xe^x$

$u'(x) = e^x + xe^x = (1 + x)e^x$

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^x > 0$ alors $u'(x)$ et $(1 + x)$ ont le même signe.

$u'(x) \leq 0 \Leftrightarrow 1 + x \leq 0 \Leftrightarrow x \leq -1$ donc $u$ est strictement décroissante sur $]-\infty, -1]$
$u'(x) \geq 0 \Leftrightarrow 1 + x \geq 0 \Leftrightarrow x \geq -1$ donc $u$ est strictement croissante sur $[-1, +\infty[$

2. En déduire que pour tout réel x, $1 + xe^x > 0$.

$u$ admet en $(-1)$ un minimum absolu égal à $(1 - e^{-1}) > 0$

Donc pour tout $x \in \mathbb{R}$, $u(x) > 0$

Partie B

On considère la fonction f définie sur ℝ par $f(x) = -x + \ln(1 + xe^x)$ et on désigne par (ζ) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i,j).

a) Montrer que $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.

\begin{align*} \lim_{x \to -\infty} f(x) &= \lim_{x \to -\infty} (-x + \ln(1 + xe^x))\\ &= +\infty \end{align*}

car $\lim_{x \to -\infty} (1 + xe^x) = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} (-x) = +\infty$

b) Montrer que la droite Δ : y = -x est une asymptote à la courbe (ζ) au voisinage de (-∞).

\begin{align*} \lim_{x \to -\infty} f(x) + x = \lim_{x \to -\infty} \ln(1 + xe^x) = \ln(1) = 0 \end{align*}

Donc la droite $\Delta: y = -x$ est une asymptote oblique à la courbe $(\zeta)$ au voisinage de $-\infty$

c) Étudier la position relative de la courbe (ζ) et la droite Δ.

On a : $f(x) + x = \ln(1 + xe^x)$

La courbe $(\zeta)$ est dessus de $\Delta$ pour $x \geq 0$.
La courbe $(\zeta)$ est dessous de $\Delta$ pour $x \leq 0$.

a) Montrer que pour tout réel x, $f(x) = \ln(x + e^{-x})$.

\begin{align*} f(x) &= -x + \ln[e^x(e^{-x} + x)]\\ &= -x + \ln e^x + \ln(e^{-x} + x)\\ &= -x + x + \ln(e^{-x} + x)\\ &= \ln(e^{-x} + x) \end{align*}

b) Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et montrer que $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0$. Interpréter les résultats.

\begin{align*} \lim_{x \to +\infty} f(x) &= \lim_{x \to +\infty} \ln(e^{-x} + x)\\ &= +\infty \end{align*}

\begin{align*} \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(e^{-x} + x)}{x}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln[x(e^{-x}/x + 1)]}{x}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \left[\frac{\ln x}{x} + \ln\left(\frac{1}{xe^x} + 1\right)\right]\\ &= 0 \end{align*}

Car $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} (\frac{1}{xe^x} + 1) = 1$

Donc la courbe $(\zeta)$ admet une branche infinie parabolique de direction celle de $(O,i)$ au V(+∞)

a) Montrer que pour tout réel x:

\[ f'(x) = \frac{e^x-1}{1+xe^x} \]

On a pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $f(x) = \ln(e^{-x} + x)$

\begin{align*} f'(x) &= \frac{-e^{-x}+1}{e^{-x}+x}\\ &= \frac{(-e^{-x}+1) \times e^x}{(e^{-x}+x) \times e^x}\\ &= \frac{e^x-1}{1+xe^x} \end{align*}

b) Dresser le tableau de variation de f.

On sait d'après A) que pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $1 + xe^x > 0$

Donc $f'(x)$ et $e^x - 1$ ont le même signe sur $\mathbb{R}$

$f'(x) \geq 0 \Leftrightarrow e^x - 1 \geq 0 \Leftrightarrow e^x \geq 1 \Leftrightarrow x \geq 0$
$f'(x) \leq 0 \Leftrightarrow e^x - 1 \leq 0 \Leftrightarrow e^x \leq 1 \Leftrightarrow x \leq 0$

Tableau de variation de f :

$x$	$-\infty$	$0$	$+\infty$
$f'(x)$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$+\infty$	$0$	$+\infty$

4. On donne le tableau de variation de la fonction h définie sur ℝ par $h(x) = x + 2 - e^x$.

a) Montrer que l'équation h(x) = 0 admet exactement deux solutions α < β.

➢ La fonction h est strictement croissante sur $]-\infty, 0]$ donc elle réalise une bijection de $]-\infty, -1]$ sur h($]-\infty, -1]$) = $]-\infty, 1]$.

Comme $0 \in ]-\infty, 1]$ alors l'équation h(x) = 0 admet une unique solution $\alpha \in ]-\infty, 0]$

➢ La fonction h est strictement décroissante sur $[0, +\infty[$ donc elle réalise une bijection de $[0, +\infty[$ sur h($[0, +\infty[$) = $]-\infty, 1]$.

Comme $0 \in ]-\infty, 1]$ alors l'équation h(x) = 0 admet une unique solution $\beta \in [0, +\infty[$.

Conclusion : l'équation h(x) = 0 admet exactement deux solutions α et β.

b) On note f" la dérivée seconde de f.
Montrer que pour tout réel x:

\[ f''(x) = \frac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2} \]

\begin{align*} f''(x) &= \frac{e^x(1+xe^x)-(e^x-1)(e^x+xe^{2x}}{(1+xe^x)^2}\\ &= \frac{e^x+xe^{2x}-e^{2x}+e^x-xe^{2x}-e^{3x}}{(1+xe^x)^2}\\ &= \frac{e^x(2+x-e^x)}{(1+xe^x)^2}\\ &= \frac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2} \end{align*}

c) En déduire que les points A(α, f(α)) et B(β, f(β)) sont deux points d'inflexion de la courbe (ζ) représentative de f.

On sait que : pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\frac{e^x}{(1+xe^x)^2} > 0$ donc $f''(x)$ et $h(x)$ ont le même signe.

Donc $f''(x)$ s'annule et change de signe également en $\alpha$ et $\beta$

Donc les deux points A($\alpha$, f($\alpha$)) et B($\beta$, f($\beta$)) sont deux points d'inflexions de (C)

5. Dans la figure 2 de l'annexe, on a tracé les tangentes (T_A) et (T_B) à la courbe (ζ) respectivement aux points A et B et la droite Δ.
On a placé sur l'axe des abscisses les réels α et β.

a) Placer les points A et B dans la figure 2.

b) Tracer la courbe (ζ) dans le repère (O,i,j).

6. Pour tout réel λ > 1, on désigne par $\mathcal{M}_λ$ l'aire de la partie du plan limitée par la courbe (ζ), l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x = 1 et x = λ.

a) Montrer que pour tout x ∈ [1, +∞[:

\[ \ln x \leq f(x) \leq \ln x + \ln(1 + e^{-1}) \]

On a : pour tout $x \in [1, +\infty[$ : $f(x) = \ln(x + e^{-x})$

Donc : $f(x) - \ln x = \ln(x + e^{-x}) - \ln x = \ln \frac{x+e^{-x}}{x} = \ln(1 + \frac{1}{xe^x})$

➢ D'une part $1 + \frac{1}{xe^x} > 1$ donc $\ln(1 + \frac{1}{xe^x}) > 0$ donc $f(x) - \ln x > 0$, par suite $f(x) \geq \ln x$

➢ D'autre part $x \geq 1 \Leftrightarrow e^x \geq e$, donc $xe^x \geq e \Leftrightarrow \frac{1}{xe^x} \leq \frac{1}{e} \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{xe^x} \leq 1 + \frac{1}{e}$

$\Leftrightarrow \ln(1 + \frac{1}{xe^x}) \leq \ln(1 + \frac{1}{e})$

Par suite $f(x) \leq \ln x + \ln(1 + e^{-1})$

Conclusion : Pour tout $x \in [1, +\infty[$ : $\ln x \leq f(x) \leq \ln x + \ln(1 + e^{-1})$

b) Déterminer $\lim_{\lambda \to +\infty} \mathcal{M}_\lambda$ et $\lim_{\lambda \to +\infty} \frac{\mathcal{M}_\lambda}{\lambda \ln \lambda}$.

Les fonctions : $x \mapsto \ln x$ et $x \mapsto \ln x + \ln(1 + \frac{1}{e})$ sont continues sur $[1,\lambda]$ alors :

\begin{align*} \int_1^{\lambda} \ln x \, dx \leq \int_1^{\lambda} f(x) dx \leq \int_1^{\lambda} \ln x + \ln(1 + e^{-1})dx \end{align*}

donc $\int_1^{\lambda} \ln x \, dx \leq \mathcal{A}_\lambda \leq \int_1^{\lambda} \ln x + \ln(1 + e^{-1})dx$

On a : $\int_1^{\lambda} \ln x \, dx = [x\ln x - x]_1^{\lambda} = \lambda\ln\lambda - \lambda + 1$

$\int_1^{\lambda} \ln x + \ln(1 + e^{-1})dx = [x\ln x - x + x\ln(1 + e^{-1})]_1^{\lambda}$

$= \lambda\ln\lambda - \lambda(-1 + \ln(1 + e^{-1})) + 1 - \ln(1 + e^{-1})$

Donc pour tout $\lambda > 1$: $\lambda\ln\lambda - \lambda + 1 \leq \mathcal{A}_\lambda \leq \lambda\ln\lambda - \lambda(-1 + \ln(1 + e^{-1})) + 1 - \ln(1 + e^{-1})$

On a : pour tout $\lambda > 1$ : $\mathcal{A}_\lambda \geq \lambda\ln\lambda - \lambda + 1$ et $\lim_{\lambda \to +\infty} \lambda\ln\lambda - \lambda + 1 = +\infty$ donc

$\lim_{\lambda \to +\infty} \mathcal{A}_\lambda = +\infty$
$\lim_{\lambda \to +\infty} \frac{\mathcal{A}_\lambda}{\lambda\ln\lambda} = 1$, car $1 - \frac{1}{\ln\lambda} + \frac{1}{\lambda\ln\lambda} \leq \frac{\mathcal{A}_\lambda}{\lambda\ln\lambda} \leq 1 - \frac{1}{\ln\lambda}(-1 + \ln(1 + e^{-1})) + \frac{1-\ln(1+e^{-1})}{\lambda\ln\lambda}$

Télécharger le sujet complet (PDF)

Conseils pour réussir l'épreuve de mathématiques

Pour bien aborder une épreuve de mathématiques au baccalauréat tunisien, voici quelques conseils :

Gérez votre temps : 3 heures pour 4 exercices, accordez donc environ 45 minutes par exercice en gardant du temps pour la relecture.
Commencez par les questions faciles : n'hésitez pas à sauter une question difficile pour y revenir plus tard.
Soignez votre rédaction : les étapes de raisonnement doivent être clairement indiquées.
Utilisez les résultats intermédiaires : même si vous n'avez pas trouvé le résultat d'une question, vous pouvez l'utiliser pour la suite.
Vérifiez vos calculs : prenez le temps de vérifier vos résultats.

Conclusion

Le sujet de mathématiques du baccalauréat tunisien 2022 pour la section Sciences Expérimentales est un excellent exemple des compétences attendues à la fin du cycle secondaire. Il teste non seulement les connaissances techniques, mais aussi la capacité à raisonner et à appliquer ces connaissances dans différents contextes.

Pour les élèves qui préparent le baccalauréat, ce sujet constitue un excellent support de révision et permet de se familiariser avec le format et le niveau d'exigence de l'épreuve.

Sujet de Mathématiques du Baccalauréat 2022 - Section Sciences Expérimentales