Corrigé du bac de maths 2025, spécialité, jour 2 (Métropole)

Premier niveau : P(A) = 0,6, donc P(non A) = 1 − 0,6 = 0,4.

Depuis A : P(B sachant A) = 0,3, donc P(non B sachant A) = 1 − 0,3 = 0,7.

Depuis non A : P(B sachant non A) = 0,4, donc P(non B sachant non A) = 1 − 0,4 = 0,6.

Branches de l’arbre : A : 0,6 ; non A : 0,4 ; de A vers B : 0,3 ; de A vers non B : 0,7 ; de non A vers B : 0,4 ; de non A vers non B : 0,6.

Conseil : Dans chaque groupe de branches issues d’un même nœud, la somme des probabilités vaut 1.

P(non A ∩ non B) = P(non A) × P(non B sachant non A) = 0,4 × 0,6 = 0,24.

Interprétation : la probabilité qu’une personne choisie au hasard ne chute à aucune des deux séances est de 0,24. Autrement dit, 24 % des personnes inscrites ne chutent ni à la première ni à la deuxième séance.

P(non A ∩ non B) = 0,24.

Les événements A et non A forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

P(B) = P(A ∩ B) + P(non A ∩ B).

P(A ∩ B) = P(A) × P(B sachant A) = 0,6 × 0,3 = 0,18.

P(non A ∩ B) = P(non A) × P(B sachant non A) = 0,4 × 0,4 = 0,16.

Donc P(B) = 0,18 + 0,16 = 0,34.

P(B) = 0,34.

On cherche P(non A sachant non B).

D’après la question 3, P(non B) = 1 − 0,34 = 0,66.

P(non A sachant non B) = P(non A ∩ non B) ÷ P(non B) = 0,24 ÷ 0,66 = 4/11 ≈ 0,364.

P(non A sachant non B) = 4/11 ≈ 0,364.

Conseil : L’information connue porte sur la deuxième séance : c’est non B qui se place après « sachant ». La valeur 0,6 lue sur l’arbre est P(non B sachant non A), pas la probabilité demandée.

Le choix d’une personne est une épreuve à deux issues. Le succès est « la personne ne chute à aucune des deux séances », de probabilité p = 0,24.

Le choix des 100 personnes est assimilé à un tirage avec remise : on répète donc 100 fois cette épreuve, de façon identique et indépendante.

X compte le nombre de succès. X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,24.

X suit la loi binomiale B(100 ; 0,24).

« Au moins 20 » se traduit par X ≥ 20.

L’événement contraire de X ≥ 20 est X ≤ 19. Donc P(X ≥ 20) = 1 − P(X ≤ 19).

À la calculatrice, avec la fonction de répartition de la loi binomiale pour n = 100, p = 0,24 et k = 19 : P(X ≤ 19) ≈ 0,145.

Donc P(X ≥ 20) ≈ 1 − 0,145 = 0,855.

P(X ≥ 20) ≈ 0,855.

Conseil : La valeur 0,792 correspond à 1 − P(X ≤ 20), c’est-à-dire à P(X > 20). L’événement contraire de X ≥ 20 s’arrête à 19.

Pour une loi binomiale, E(X) = np = 100 × 0,24 = 24.

Interprétation : sur un grand nombre d’échantillons de 100 personnes, il y a en moyenne 24 personnes par échantillon qui ne chutent à aucune des deux séances.

E(X) = 24.

Par linéarité de l’espérance : E(T) = E(T₁) + E(T₂) = 40 + 60 = 100.

Interprétation : sur l’ensemble du week-end, une personne attend en moyenne 100 minutes au total avant les accès aux activités, soit 1 h 40.

E(T) = 100.

La variance est le carré de l’écart-type : V(T₁) = 10² = 100 et V(T₂) = 16² = 256.

Les variables T₁ et T₂ sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances.

V(T) = V(T₁) + V(T₂) = 100 + 256 = 356.

Conseil : Cite l’indépendance : c’est elle qui autorise cette addition. Ce sont les variances qui s’ajoutent, pas les écarts-types.

L’intervalle ]60 ; 140[ est centré sur l’espérance 100, avec un rayon de 40 :

60 < T < 140 équivaut à |T − 100| < 40.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, avec un écart de 40, donne :

P(|T − 100| ≥ 40) ≤ V(T) ÷ 40² = 356 ÷ 1 600 = 0,2225.

En passant à l’événement contraire :

P(60 < T < 140) = 1 − P(|T − 100| ≥ 40) ≥ 1 − 0,2225 = 0,7775.

Comme 0,7775 > 0,77, on a bien P(60 < T < 140) > 0,77.

P(60 < T < 140) ≥ 0,7775, donc cette probabilité est supérieure à 0,77.

Conseil : L’écart vaut 40, et non 80 : c’est le rayon de l’intervalle, pas sa longueur. Dans la formule, il faut aussi l’élever au carré.

Pour t = −1, la représentation de d donne x = 3/2 − 2 = −1/2, y = 2 − 1 = 1 et z = 3 + 1 = 4. Donc S appartient à d.

Pour s = −1/2, la représentation de d′ donne x = −1/2, y = 3/2 − 1/2 = 1 et z = 3 + 1 = 4. Donc S appartient à d′.

Un vecteur directeur de d est le vecteur u (2 ; 1 ; −1). Un vecteur directeur de d′ est le vecteur u′ (1 ; 1 ; −2).

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : le rapport des premières coordonnées vaut 2, celui des deuxièmes vaut 1. Les droites ne sont donc ni parallèles ni confondues.

Elles ont le point S en commun : d et d′ sont sécantes en S.

Conseil : Montrer que S appartient aux deux droites ne suffit pas : il faut aussi écarter le cas où elles seraient confondues.

On calcule vecteur AB (2 ; −3 ; 1) et vecteur AC (2 ; −1 ; 0).

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : le rapport des premières coordonnées vaut 1, celui des deuxièmes vaut 3. Les points A, B et C définissent donc bien un plan.

vecteur n · vecteur AB = 1 × 2 + 2 × (−3) + 4 × 1 = 2 − 6 + 4 = 0.

vecteur n · vecteur AC = 1 × 2 + 2 × (−1) + 4 × 0 = 2 − 2 + 0 = 0.

Le vecteur n, non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC). C’est donc un vecteur normal à ce plan.

Le vecteur n (1 ; 2 ; 4) est normal au plan, donc une équation de (ABC) est de la forme x + 2y + 4z + m = 0, avec m réel.

Le point A appartient au plan : −1 + 2 × 2 + 4 × 1 + m = 0, soit 7 + m = 0, donc m = −7.

Une équation cartésienne de (ABC) est donc x + 2y + 4z − 7 = 0.

(ABC) : x + 2y + 4z − 7 = 0.

On remplace les coordonnées de S dans l’équation du plan (ABC) :

−1/2 + 2 × 1 + 4 × 4 − 7 = −1/2 + 2 + 16 − 7 = 21/2.

Ce nombre n’est pas nul, donc S n’appartient pas au plan (ABC).

Ce plan est le seul qui contient A, B et C. Les quatre points ne sont donc pas coplanaires.

H appartient au plan : −1 + 2 × 0 + 4 × 2 − 7 = −1 + 8 − 7 = 0.

Le vecteur SH a pour coordonnées (−1 + 1/2 ; 0 − 1 ; 2 − 4), soit (−1/2 ; −1 ; −2).

On a donc vecteur SH = (−1/2) × vecteur n : ces deux vecteurs sont colinéaires, et la droite (SH) est orthogonale au plan (ABC).

H est un point du plan tel que (SH) soit orthogonale au plan : H est le projeté orthogonal de S sur (ABC).

Conseil : Il y a deux conditions à vérifier : H appartient au plan, et le vecteur SH est colinéaire au vecteur normal.

SH = √((−1/2)² + (−1)² + (−2)²) = √(1/4 + 1 + 4) = √(21/4) = √21/2.

Soit M un point du plan (ABC).

Si M = H, alors SM = √21/2.

Si M ≠ H, la droite (HM) est contenue dans le plan (ABC). Or (SH) est orthogonale à ce plan, donc (SH) est orthogonale à (HM) : le triangle SHM est rectangle en H.

D’après le théorème de Pythagore, SM² = SH² + HM², donc SM² > SH², et SM > SH = √21/2, car les longueurs sont positives.

Dans tous les cas, SM ≥ √21/2. Il n’existe donc aucun point M du plan (ABC) tel que SM < √21/2.

Conseil : Cette question établit que le projeté orthogonal est le point du plan le plus proche de S. Le calcul de SH seul ne suffit pas : il faut le comparer à SM.

Le vecteur CS a pour coordonnées (−1/2 − 1 ; 1 − 1 ; 4 − 1), soit (−3/2 ; 0 ; 3).

La relation vecteur CM = k × vecteur CS donne x − 1 = −(3/2)k, y − 1 = 0 et z − 1 = 3k.

M(1 − (3/2)k ; 1 ; 1 + 3k), avec k ∈ [0 ; 1].

Le triangle MAB est rectangle en M si et seulement si les vecteurs MA et MB, non nuls, sont orthogonaux, c’est-à-dire si leur produit scalaire est nul.

vecteur MA (−2 + (3/2)k ; 1 ; −3k) et vecteur MB ((3/2)k ; −2 ; 1 − 3k).

Leurs deuxièmes coordonnées valent 1 et −2 : ces vecteurs ne sont jamais nuls, donc M n’est jamais confondu avec A ou B.

vecteur MA · vecteur MB = (−2 + (3/2)k) × (3/2)k + 1 × (−2) + (−3k)(1 − 3k).

vecteur MA · vecteur MB = −3k + (9/4)k² − 2 − 3k + 9k² = (45/4)k² − 6k − 2.

En multipliant par 4, l’équation à résoudre est 45k² − 24k − 8 = 0.

Δ = (−24)² − 4 × 45 × (−8) = 576 + 1 440 = 2 016 = 144 × 14, donc √Δ = 12√14.

k₁ = (24 − 12√14)/90 = (4 − 2√14)/15 ≈ −0,232 et k₂ = (24 + 12√14)/90 = (4 + 2√14)/15 ≈ 0,766.

Seule k₂ appartient à [0 ; 1]. Il existe donc un unique point M du segment [CS] tel que MAB soit rectangle en M.

En remplaçant k par k₂ : M((3 − √14)/5 ; 1 ; (9 + 2√14)/5), soit environ M(−0,148 ; 1 ; 3,297).

Contrôle avec le théorème de Pythagore : AB² = 4 + 9 + 1 = 14, et pour ce point, MA² + MB² vaut aussi 14.

Oui : il existe un unique point M, obtenu pour k = (4 + 2√14)/15 ≈ 0,766.

Conseil : L’équation a deux solutions, mais M doit rester sur le segment : vérifie que k appartient à [0 ; 1].

Il y a une forme indéterminée. On factorise par 5ⁿ au numérateur et par 3ⁿ au dénominateur :

uₙ = [5ⁿ × (1 + (1/5)ⁿ)] / [3ⁿ × (1 + 2 × (1/3)ⁿ)] = (5/3)ⁿ × (1 + (1/5)ⁿ) / (1 + 2 × (1/3)ⁿ).

Comme −1 < 1/5 < 1 et −1 < 1/3 < 1, les suites ((1/5)ⁿ) et ((1/3)ⁿ) tendent vers 0. Le quotient (1 + (1/5)ⁿ) / (1 + 2 × (1/3)ⁿ) tend donc vers 1.

Comme 5/3 > 1, la suite ((5/3)ⁿ) tend vers +∞.

Par produit, la suite (uₙ) tend vers +∞. Elle ne converge pas.

Affirmation 1 fausse : la limite de (uₙ) est +∞.

Conseil : La limite 5/3 serait juste pour (1 + 5n)/(2 + 3n). Ici, n est en exposant : ce sont des suites géométriques, et 5ⁿ croît bien plus vite que 3ⁿ.

On raisonne par récurrence. Pour tout entier naturel n, on note P(n) la propriété wₙ ≥ n.

Initialisation. w₀ = 0 et 0 ≥ 0. P(0) est vraie.

Hérédité. Soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie : wₙ ≥ n.

En multipliant par 3, qui est positif : 3wₙ ≥ 3n.

En ajoutant −2n + 3 aux deux membres : 3wₙ − 2n + 3 ≥ 3n − 2n + 3, soit wₙ₊₁ ≥ n + 3.

Or n + 3 ≥ n + 1, donc wₙ₊₁ ≥ n + 1. P(n + 1) est vraie.

Conclusion. P(0) est vraie et P est héréditaire. Donc pour tout entier naturel n, wₙ ≥ n.

Affirmation 2 vraie.

Une fonction convexe sur un intervalle a une courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.

Sur la figure 1, autour du point A d’abscisse 8, la courbe C_f est située en dessous de sa tangente T, à gauche comme à droite de A. L’écart se voit nettement vers x = 3 et vers x = 12.

La courbe passe donc sous l’une de ses tangentes : f n’est pas convexe sur ]0 ; +∞[.

Affirmation 3 fausse.

Conseil : La forme en cuvette près de x = 1 ne suffit pas : la convexité doit être vraie sur tout l’ensemble de définition. Un seul contre-exemple graphique suffit à conclure.

On pose h(x) = ln(x) − x + 1 sur ]0 ; +∞[. La fonction h est dérivable sur cet intervalle.

h′(x) = 1/x − 1 = (1 − x)/x.

Sur ]0 ; +∞[, x > 0, donc h′(x) a le signe de 1 − x : h′(x) > 0 sur ]0 ; 1[, h′(1) = 0 et h′(x) < 0 sur ]1 ; +∞[.

La fonction h est donc croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[. Elle admet un maximum en x = 1.

Ce maximum vaut h(1) = ln(1) − 1 + 1 = 0.

Donc pour tout réel x > 0, h(x) ≤ 0, c’est-à-dire ln(x) − x + 1 ≤ 0.

Second chemin : la fonction ln est concave sur ]0 ; +∞[, donc sa courbe est en dessous de sa tangente au point d’abscisse 1, qui a pour équation y = x − 1. On retrouve ln(x) ≤ x − 1.

Affirmation 4 vraie.

On cherche l’abscisse du point de C_d d’ordonnée 15.

Sur la figure 2, la courbe atteint l’ordonnée 15 pour t proche de 2.

Environ 2 secondes.

La fonction d est croissante, et sa courbe se rapproche de l’asymptote horizontale Δ sans la dépasser.

La droite Δ a pour ordonnée environ 22,8. La distance parcourue reste donc inférieure à 22,8 m, tout en s’en approchant.

Il faut prévoir environ 22,8 m.

Conseil : Le dispositif d’arrêt n’apparaît qu’à la partie B, et le sujet ne dit pas sur quelle distance il immobilise le chariot. Ici, réponds avec le modèle de la figure : la longueur cherchée est l’ordonnée de Δ.

d′(4,7) est le coefficient directeur de la tangente T au point A.

Sur la figure, T passe environ par les points de coordonnées (0 ; 16,3) et (4,7 ; 21).

d′(4,7) ≈ (21 − 16,3) ÷ (4,7 − 0) = 4,7 ÷ 4,7 = 1.

La dérivée de la distance par rapport au temps est la vitesse instantanée. Au bout de 4,7 secondes, la vitesse du chariot est donc d’environ 1 m.s⁻¹.

d′(4,7) ≈ 1 : la vitesse du chariot vaut environ 1 m.s⁻¹ au bout de 4,7 s.

Conseil : Sur la figure, l’unité de l’axe horizontal est plus longue que celle de l’axe vertical. Calcule la pente avec les graduations, sans te fier à l’inclinaison de la droite.

(E′) s’écrit y′ = −0,6y.

Les solutions de y′ = ay sont les fonctions t ↦ Ce^(at), où C est un réel. Ici a = −0,6.

Les solutions sont les fonctions t ↦ Ce^(−0,6t), avec C ∈ ℝ.

La fonction g est dérivable sur [0 ; +∞[. D’après la formule de dérivation d’un produit :

g′(t) = 1 × e^(−0,6t) + t × (−0,6)e^(−0,6t) = e^(−0,6t) − 0,6te^(−0,6t).

Donc g′(t) + 0,6g(t) = e^(−0,6t) − 0,6te^(−0,6t) + 0,6te^(−0,6t) = e^(−0,6t).

La fonction g est bien solution de (E).

Les solutions de (E) sont les sommes d’une solution particulière de (E) et d’une solution de l’équation sans second membre (E′).

La fonction g est une solution particulière. Les solutions de (E) sont donc les fonctions t ↦ Ce^(−0,6t) + te^(−0,6t), soit t ↦ (C + t)e^(−0,6t).

Les solutions sont les fonctions t ↦ (C + t)e^(−0,6t), avec C ∈ ℝ.

La fonction v est solution de (E), donc il existe un réel C tel que v(t) = (C + t)e^(−0,6t) pour tout t ≥ 0.

Or v(0) = 12, et v(0) = (C + 0)e⁰ = C. Donc C = 12.

Pour tout réel t de [0 ; +∞[, v(t) = (12 + t)e^(−0,6t).

On dérive le produit de t ↦ 12 + t par t ↦ e^(−0,6t) :

v′(t) = 1 × e^(−0,6t) + (12 + t) × (−0,6)e^(−0,6t).

v′(t) = (1 − 7,2 − 0,6t)e^(−0,6t) = (−6,2 − 0,6t)e^(−0,6t).

Quand t tend vers +∞, −0,6t tend vers −∞, donc e^(−0,6t) tend vers 0, et 12e^(−0,6t) tend vers 0.

On pose X = 0,6t. Quand t tend vers +∞, X tend vers +∞.

Par croissances comparées, la limite de e^X/X en +∞ est +∞, donc la limite de X/e^X en +∞ est 0.

Par composition, 0,6t/e^(0,6t) tend vers 0, et (1/0,6) × 0,6t/e^(0,6t) tend vers 0.

Par somme, la limite de v en +∞ est 0.

La limite de v en +∞ est 0.

Conseil : Sous la forme (12 + t)e^(−0,6t), on obtient une forme indéterminée « +∞ × 0 ». L’écriture donnée par le sujet sert à la lever.

Une exponentielle est strictement positive, donc v′(t) a le signe de −6,2 − 0,6t.

Pour t ≥ 0, on a −0,6t ≤ 0, donc −6,2 − 0,6t ≤ −6,2 < 0.

Ainsi v′(t) < 0 sur [0 ; +∞[ : la fonction v est strictement décroissante sur [0 ; +∞[.

Valeur en 0 : v(0) = 12. Limite en +∞ : 0, d’après la question précédente.

Tableau de variation :

t : 0, puis +∞.

Signe de v′(t) : − sur tout l’intervalle.

Variations de v : strictement décroissante de 12 vers 0 (limite en +∞).

Sur [0 ; +∞[, la fonction v est continue, car dérivable, et strictement décroissante.

On a v(0) = 12 et la limite de v en +∞ est 0. Or 0 < 1 < 12.

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation v(t) = 1 admet une unique solution α sur [0 ; +∞[.

À la calculatrice : v(4,65) ≈ 1,023 et v(4,75) ≈ 0,969. Comme v(4,65) > 1 > v(4,75), on a 4,65 < α < 4,75.

α ≈ 4,7 au dixième.

Le système se déclenche dès que v(t) ≤ 1.

La fonction v est strictement décroissante et v(α) = 1. Donc v(t) ≤ 1 équivaut à t ≥ α.

Le système entre donc en action à l’instant t = α.

Ce résultat est cohérent avec la partie A, où la vitesse vaut environ 1 m.s⁻¹ à l’instant 4,7 s.

Le système entre en action au bout de α secondes, soit environ 4,7 s.

d(t) = intégrale de 0 à t de (12 + x)e^(−0,6x) dx.

On pose u(x) = 12 + x et w′(x) = e^(−0,6x). Alors u′(x) = 1, et on peut prendre w(x) = −(5/3)e^(−0,6x), car 1/0,6 = 5/3. Les fonctions u et w sont dérivables, à dérivées continues sur [0 ; t].

d(t) = [−(5/3)(12 + x)e^(−0,6x)] entre 0 et t + (5/3) × intégrale de 0 à t de e^(−0,6x) dx.

Le crochet vaut −(5/3)(12 + t)e^(−0,6t) + (5/3) × 12 = −(5/3)(12 + t)e^(−0,6t) + 20.

L’intégrale restante vaut [−(5/3)e^(−0,6x)] entre 0 et t, soit −(5/3)e^(−0,6t) + 5/3.

Donc d(t) = −(5/3)(12 + t)e^(−0,6t) + 20 − (25/9)e^(−0,6t) + 25/9.

On regroupe les termes en e^(−0,6t) : −(5/3) × 12 − 25/9 = −20 − 25/9 = −205/9. Le terme constant vaut 20 + 25/9 = 205/9.

d(t) = e^(−0,6t)(−(5/3)t − 205/9) + 205/9.

Contrôle : d(0) = −205/9 + 205/9 = 0. De plus, la limite de d en +∞ est 205/9 ≈ 22,78, ce qui correspond à l’asymptote Δ lue dans la partie A.

Conseil : Dérive le facteur 12 + x, pas l’exponentielle : l’intégrale restante devient alors immédiate. Attention au signe devant la deuxième intégrale.

Le dispositif se déclenche à l’instant α : la distance cherchée est d(α).

La réponse est demandée au centième, donc la valeur 4,7 est trop grossière. À la calculatrice, v(4,6914) > 1 > v(4,6916), donc 4,6914 < α < 4,6916.

La fonction d a pour dérivée v, strictement positive sur [0 ; +∞[. Elle est donc croissante, et d(4,6914) < d(α) < d(4,6916).

Or d(4,6914) ≈ 20,9446 et d(4,6916) ≈ 20,9448. Donc d(α) ≈ 20,94 au centième.

Second chemin : v(α) = 1 donne e^(−0,6α) = 1/(12 + α). Alors d(α) = 205/9 − ((5/3)α + 205/9)/(12 + α), ce qui donne encore environ 20,94, même en remplaçant α par 4,7 dans cette expression.

Ce résultat est cohérent avec la figure : le point A, d’abscisse 4,7, a une ordonnée proche de 21. Il est inférieur à la limite de 22,8 m lue dans la partie A.

Le chariot a parcouru environ 20,94 m avant le déclenchement du dispositif.

Conseil : Le sujet n’impose pas l’arrondi 4,7. Avec lui, on obtient d(4,7) ≈ 20,95, qui n’est pas l’arrondi de d(α) : l’arrondi de α change le centième. Garde une valeur plus précise de α dans ta calculatrice et indique celle que tu utilises.