Corrigé du bac de maths 2026 (Métropole, jour 1)

L’énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine.

P(C) = 0,75

30 % des familles réservent un emplacement, donc P(V) = 0,3 et P(non V) = 1 − 0,3 = 0,7.

Parmi les familles qui réservent un emplacement, 80 % réservent une cabine, donc P(C sachant V) = 0,8 et P(non C sachant V) = 1 − 0,8 = 0,2.

Branches de l’arbre : V : 0,3 ; non V : 0,7 ; de V vers C : 0,8 ; de V vers non C : 0,2.

Conseil : Le 0,75 ne se place sur aucune branche : c’est P(C), et non une probabilité conditionnelle.

On cherche P(V ∩ C). D’après l’arbre :

P(V ∩ C) = P(V) × P(C sachant V) = 0,3 × 0,8 = 0,24.

P(V ∩ C) = 0,24

On cherche P(V sachant C). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

P(V sachant C) = P(V ∩ C) / P(C) = 0,24 / 0,75 = 0,32.

P(V sachant C) = 0,32

Conseil : La condition est ici C : le dénominateur est P(C), et non P(V).

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

P(C) = P(V ∩ C) + P(non V ∩ C).

Donc P(non V ∩ C) = 0,75 − 0,24 = 0,51.

Alors P(C sachant non V) = P(non V ∩ C) / P(non V) = 0,51 / 0,7 ≈ 0,73.

Interprétation : parmi les familles qui ne réservent pas d’emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.

P(C sachant non V) ≈ 0,73

E(X) = 0 × 0,19 + 70 × 0,06 + 100 × 0,51 + 170 × 0,24 = 0 + 4,2 + 51 + 40,8 = 96.

Pour la variance, on calcule la moyenne pondérée des carrés des écarts à E(X) :

V(X) = (0 − 96)² × 0,19 + (70 − 96)² × 0,06 + (100 − 96)² × 0,51 + (170 − 96)² × 0,24.

V(X) = 9216 × 0,19 + 676 × 0,06 + 16 × 0,51 + 5476 × 0,24.

V(X) = 1751,04 + 40,56 + 8,16 + 1314,24 = 3114.

E(X) = 96 et V(X) = 3114

Avant la remise, une famille paie X + Y pour les suppléments et les extras.

Une remise de 40 % revient à multiplier le montant par 1 − 40/100 = 0,6.

Donc Z = 0,6(X + Y).

Par linéarité de l’espérance : E(Z) = 0,6 × (E(X) + E(Y)) = 0,6 × (96 + 104) = 0,6 × 200 = 120.

Les variables X et Y sont indépendantes, donc V(X + Y) = V(X) + V(Y) = 3114 + 1686 = 4800.

Comme V(aW) = a²V(W) pour tout réel a : V(Z) = 0,6² × V(X + Y) = 0,36 × 4800 = 1728.

E(Z) = 120 et V(Z) = 1728

Conseil : Cite l’indépendance : c’est elle qui permet d’additionner les variances. Pour l’espérance, elle n’est pas nécessaire.

Par linéarité de l’espérance : E(Mₙ) = (1/n) × (E(Z₁) + E(Z₂) + … + E(Zₙ)).

Les Zᵢ suivent la même loi que Z, donc E(Mₙ) = (1/n) × n × 120 = 120.

Les Zᵢ sont indépendantes, donc V(Z₁ + Z₂ + … + Zₙ) = V(Z₁) + V(Z₂) + … + V(Zₙ) = n × 1728.

Donc V(Mₙ) = (1/n²) × n × 1728 = 1728/n.

L’intervalle ]114 ; 126[ est centré sur E(Mₙ) = 120, avec un écart de 6. Donc l’événement 114 < Mₙ < 126 équivaut à |Mₙ − 120| < 6.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne : P(|Mₙ − 120| ≥ 6) ≤ V(Mₙ)/6² = 1728/(36n) = 48/n.

En passant à l’événement contraire : P(114 < Mₙ < 126) = 1 − P(|Mₙ − 120| ≥ 6) ≥ 1 − 48/n.

L’inégalité permet donc d’affirmer le résultat dès que 1 − 48/n ≥ 0,85.

1 − 48/n ≥ 0,85 équivaut à 48/n ≤ 0,15, soit n ≥ 48/0,15 = 320.

Interprétation : pour un échantillon d’au moins 320 familles, la probabilité que le prix moyen payé pour les suppléments et les extras soit strictement compris entre 114 € et 126 € est au moins égale à 0,85.

n = 320

Conseil : L’inégalité donne seulement une garantie. Pour n < 320, elle ne permet pas de conclure, mais cela ne prouve pas que la probabilité soit inférieure à 0,85.

Le vecteur AB a pour coordonnées (2 − 3 ; 1 − 0 ; −3 − 2), soit (−1 ; 1 ; −5).

D’après l’équation de (P), le vecteur n de coordonnées (−1 ; 1 ; −5) est normal à (P).

Le vecteur AB est égal à n, donc il est normal à (P). La droite (AB) est orthogonale au plan (P).

Le milieu I de [AB] a pour coordonnées ((3 + 2)/2 ; (0 + 1)/2 ; (2 − 3)/2), soit (2,5 ; 0,5 ; −0,5).

On teste ses coordonnées dans l’équation de (P) : −2,5 + 0,5 − 5 × (−0,5) − 0,5 = −2,5 + 0,5 + 2,5 − 0,5 = 0.

Donc I appartient à (P).

Affirmation 1 : vraie. (P) est le plan médiateur de [AB].

Une représentation paramétrique de (AB), passant par A et dirigée par le vecteur AB, est : x = 3 − s, y = s, z = 2 − 5s, avec s ∈ ℝ.

Si les droites avaient un point commun, il existerait deux réels t et s tels que : t = 3 − s, −1,5 − t = s et 2 − 2t = 2 − 5s.

La première équation donne t + s = 3. La deuxième donne t + s = −1,5.

Ces deux égalités sont incompatibles, donc le système n’a pas de solution. Les droites n’ont aucun point commun.

Complément : un vecteur directeur de (d) a pour coordonnées (1 ; −1 ; −2). Il n’est pas colinéaire au vecteur AB (−1 ; 1 ; −5). Les droites ne sont donc pas parallèles : elles sont non coplanaires.

Affirmation 2 : fausse. Les droites (d) et (AB) ne sont pas sécantes.

Conseil : Prends deux paramètres différents, t et s. Avec une seule lettre, tu chercherais un point atteint « au même instant » sur les deux droites, ce qui fausse le raisonnement.

Vecteur CA (3 − 1,5 ; 0 + 3 ; 2 + 1), soit (1,5 ; 3 ; 3).

Vecteur CB (2 − 1,5 ; 1 + 3 ; −3 + 1), soit (0,5 ; 4 ; −2).

Produit scalaire : vecteur CA · vecteur CB = 1,5 × 0,5 + 3 × 4 + 3 × (−2) = 0,75 + 12 − 6 = 6,75.

Normes : CA² = 1,5² + 3² + 3² = 2,25 + 9 + 9 = 20,25, donc CA = 4,5.

CB² = 0,5² + 4² + (−2)² = 0,25 + 16 + 4 = 20,25, donc CB = 4,5.

On a aussi vecteur CA · vecteur CB = CA × CB × cos(angle ACB).

Donc cos(angle ACB) = 6,75 / (4,5 × 4,5) = 6,75 / 20,25 = 1/3.

À la calculatrice, en degrés : angle ACB ≈ 70,5°.

Affirmation 3 : vraie. cos(angle ACB) = 1/3, donc angle ACB ≈ 70,5°.

Conseil : Pour l’angle en C, pars bien de C : prends les vecteurs CA et CB, et non AC et CB.

Porte A : le code est une suite ordonnée de 3 symboles différents parmi 8. C’est un 3-uplet d’éléments distincts. Il y en a 8 × 7 × 6 = 336.

Clotilde ouvre donc sa porte avec la probabilité 1/336.

Porte B : l’ordre ne compte pas. Un code est une combinaison de 4 symboles parmi 8. Il y en a « 4 parmi 8 » = (8 × 7 × 6 × 5)/(4 × 3 × 2 × 1) = 1680/24 = 70.

Titouan ouvre donc sa porte avec la probabilité 1/70.

Comme 70 < 336, on a 1/70 > 1/336.

Affirmation 4 : vraie. Titouan a une probabilité de 1/70, Clotilde de 1/336.

L’équation est de la forme y′ = ay + b, avec a = −0,035 et b = 0,91.

Ses solutions sont les fonctions t ↦ Ce^(at) − b/a, où C est un réel.

Ici −b/a = 0,91/0,035 = 26.

y(t) = Ce^(−0,035t) + 26, avec C ∈ ℝ.

T est solution de (E), donc il existe un réel C tel que T(t) = Ce^(−0,035t) + 26 pour tout t ≥ 0.

La condition T(0) = 18 donne C × e⁰ + 26 = 18, soit C + 26 = 18, donc C = −8.

Ainsi, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, T(t) = 26 − 8e^(−0,035t).

On résout T(t) = 20 sur [0 ; +∞[.

26 − 8e^(−0,035t) = 20 équivaut à 8e^(−0,035t) = 6, soit e^(−0,035t) = 0,75.

En appliquant ln : −0,035t = ln(0,75), donc t = −ln(0,75)/0,035 ≈ 8,219.

T′(t) = 0,28e^(−0,035t) > 0, donc T est strictement croissante et cette valeur est bien la seule solution.

L’unité est la dizaine de minutes : t ≈ 82,19 minutes, soit 60 + 22 minutes environ.

La pièce atteint 20 °C au bout d’environ 1 h 22 min.

Conseil : Le piège est l’unité : 8,22 n’est ni un nombre d’heures, ni un nombre de minutes.

Pour tout t ≥ 0, e^(−0,035t) > 0, donc −8e^(−0,035t) < 0.

Donc T(t) = 26 − 8e^(−0,035t) < 26 pour tout t ≥ 0.

Comme 26 < 28, la température reste toujours inférieure à 28 °C.

Non : selon ce modèle, la température reste strictement inférieure à 26 °C, donc elle ne dépassera pas 28 °C.

Avec n = 0 : u₁ = 0,965 × u₀ + 0,35 + 0,07e⁰ = 0,965 × 20 + 0,35 + 0,07.

u₁ = 19,3 + 0,35 + 0,07 = 19,72.

Pour tout entier naturel n, on note P(n) la propriété : uₙ > 10.

Initialisation. u₀ = 20 et 20 > 10, donc P(0) est vraie.

Hérédité. Soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie, c’est-à-dire uₙ > 10. Montrons que uₙ₊₁ > 10.

Comme 0,965 > 0, on a 0,965uₙ > 9,65.

En ajoutant 0,35 : 0,965uₙ + 0,35 > 10.

Or 0,07e^(−0,1n) > 0, car une exponentielle est strictement positive.

Donc 0,965uₙ + 0,35 + 0,07e^(−0,1n) > 10, c’est-à-dire uₙ₊₁ > 10. Ainsi P(n + 1) est vraie.

Conclusion. P(0) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, pour tout entier naturel n, uₙ > 10.

Conseil : Le correcteur regarde les trois étapes et la phrase de conclusion. Justifie aussi le signe du terme en exponentielle.

La suite (uₙ) est décroissante (résultat admis) et minorée par 10 (question 2).

D’après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge.

La suite (uₙ) est convergente.

Quand n tend vers +∞, −0,1n tend vers −∞, donc e^(−0,1n) tend vers 0.

Donc 0,965uₙ + 0,35 + 0,07e^(−0,1n) tend vers 0,965ℓ + 0,35.

Par ailleurs, uₙ₊₁ tend vers ℓ.

Par unicité de la limite, ℓ = 0,965ℓ + 0,35.

ℓ = 0,965ℓ + 0,35 équivaut à 0,035ℓ = 0,35, soit ℓ = 0,35/0,035 = 10.

Interprétation : si le chauffage ne se remettait jamais en marche, la température de la pièce se rapprocherait de 10 °C à long terme.

ℓ = 10

Ligne 4 : la boucle continue tant que la température est strictement supérieure à 18 °C.

Ligne 5 : on applique la relation de récurrence. Ligne 6 : on augmente n de 1.

Le sujet ne demande que ces trois lignes et ne montre aucun import. Pour que le programme s’exécute, exp doit être importée : on ajoute from math import exp en tête.

from math import exp

def marche():
    n = 0
    u = 20
    while u > 18:
        u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
        n = n + 1
    return n

Conseil : L’ordre compte : à la ligne 5, n vaut encore l’ancien indice, comme dans la formule de uₙ₊₁. La condition d’arrêt est u ≤ 18, donc la boucle s’écrit avec u > 18.

À la calculatrice, on obtient les valeurs arrondies suivantes :

u₅ ≈ 18,64 ; u₆ ≈ 18,38 ; u₇ ≈ 18,12 ; u₈ ≈ 17,87.

On a u₇ > 18 et u₈ ≤ 18. La suite étant décroissante, n = 8 est le premier rang pour lequel uₙ ≤ 18.

Le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes.

Le point A(0 ; 1) appartient à la courbe, donc f(0) = 1.

Or f(0) = a + b ln(1)/1 = a, car ln(1) = 0.

Donc a = 1.

f′(0) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point A, d’abscisse 0.

Sur le graphique, cette tangente passe par A(0 ; 1) et par le point de coordonnées (1 ; 5).

Donc f′(0) = (5 − 1)/(1 − 0) = 4.

f′(0) = 4

Au voisinage de x = 1, la courbe est située en dessous de ses tangentes : la fonction f y est concave.

De manière équivalente, le coefficient directeur des tangentes diminue quand x augmente autour de 1, donc f′ y est décroissante.

Une fonction concave a une dérivée seconde négative. On en déduit que f″(1) est négatif.

f″(1) < 0

Conseil : Ne confonds pas f″ et f′ : en x = 1, la fonction est encore croissante, donc f′(1) > 0, alors que f″(1) < 0. Le calcul avec la fonction de la partie B confirme : f″(1) = (2ln 2 − 3)/2 ≈ −0,81.

Sur ]−1 ; +∞[, on pose u(x) = ln(x + 1) et v(x) = x + 1. Alors u′(x) = 1/(x + 1) et v′(x) = 1.

La dérivée de a est nulle. Avec la formule (u/v)′ = (u′v − uv′)/v² :

f′(x) = b × [ (1/(x + 1)) × (x + 1) − ln(x + 1) × 1 ] / (x + 1)².

Comme (1/(x + 1)) × (x + 1) = 1, on obtient f′(x) = b(1 − ln(x + 1))/(x + 1)².

D’après la question précédente, f′(0) = b(1 − ln(1))/1² = b.

Or f′(0) = 4 d’après la question 2. a).

Donc b = 4.

b = 4

On pose X = x + 1. Quand x tend vers +∞, X tend vers +∞.

Par croissances comparées, ln(X)/X tend vers 0 quand X tend vers +∞.

Donc, par composition, ln(x + 1)/(x + 1) tend vers 0 quand x tend vers +∞.

Ainsi, la limite de f en +∞ est 1 + 4 × 0 = 1.

La droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe en +∞.

Sur ]−1 ; +∞[, on a x + 1 > 0.

1 − ln(x + 1) > 0 équivaut à ln(x + 1) < 1.

La fonction exponentielle étant strictement croissante, cela équivaut à x + 1 < e, soit x < e − 1.

L’ensemble des solutions est ]−1 ; e − 1[.

Avec b = 4, on a f′(x) = 4(1 − ln(x + 1))/(x + 1)² sur ]−1 ; +∞[.

Comme 4 > 0 et (x + 1)² > 0, f′(x) a le signe de 1 − ln(x + 1).

D’après la question 2 : f′(x) > 0 sur ]−1 ; e − 1[, f′(e − 1) = 0 et f′(x) < 0 sur ]e − 1 ; +∞[.

Valeur du maximum : f(e − 1) = 1 + 4ln(e)/e = 1 + 4/e ≈ 2,47.

Tableau de variation :

x : −1, puis e − 1, puis +∞.

Signe de f′(x) : + avant e − 1, 0 en e − 1, − après e − 1.

Variations de f : croissante de −∞ (limite en −1) jusqu’à 1 + 4/e, puis décroissante jusqu’à 1 (limite en +∞).

f admet un maximum égal à 1 + 4/e, atteint en x = e − 1.

Comme e − 1 ≈ 1,72 < 2, la fonction f est strictement décroissante sur [2 ; +∞[. Elle y est aussi continue, car dérivable.

f(2) = 1 + 4ln(3)/3 ≈ 2,46 et la limite de f en +∞ est 1.

Or 1 < 1,5 < f(2), donc 1,5 est compris entre la limite en +∞ et f(2).

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 1,5 admet une unique solution α sur [2 ; +∞[.

À la calculatrice : f(25,05) ≈ 1,5006 et f(25,15) ≈ 1,4993.

Comme f(25,05) > 1,5 > f(25,15), on a 25,05 < α < 25,15.

α ≈ 25,1

Conseil : Pour arrondir à 10⁻¹, encadre α entre 25,05 et 25,15. Un encadrement entre 25 et 25,1 ne suffit pas : il laisse possible l’arrondi 25,0.

On pose u(x) = ln(x + 1), donc u′(x) = 1/(x + 1).

La fonction à intégrer s’écrit u′ × u. Une primitive est (1/2)u², soit x ↦ (1/2)(ln(x + 1))².

L’intégrale vaut donc (1/2)(ln 3)² − (1/2)(ln 1)² = (1/2)(ln 3)², car ln 1 = 0.

Pour x ∈ [0 ; 2], on a x + 1 ≥ 1, donc ln(x + 1) ≥ 0. Ainsi f(x) ≥ 1 > 0 sur [0 ; 2].

La fonction f étant continue et positive sur [0 ; 2], l’aire cherchée est, en unités d’aire, l’intégrale de 0 à 2 de f(x) dx.

Par linéarité : intégrale de 0 à 2 de f(x) dx = intégrale de 0 à 2 de 1 dx + 4 × intégrale de 0 à 2 de ln(x + 1)/(x + 1) dx.

Cela donne 2 + 4 × (1/2)(ln 3)² = 2 + 2(ln 3)².

Aire = 2 + 2(ln 3)² u.a., soit environ 4,41 u.a.

Conseil : Justifie le signe de f sur [0 ; 2] avant d’écrire que l’aire est égale à l’intégrale.