Corrigé du bac de maths 2026 (Métropole, jour 2)

Vecteur AB (3 − 2 ; −2 − 1 ; 0 − 1), soit (1 ; −3 ; −1).

Vecteur AC (0 − 2 ; −1 − 1 ; 1 − 1), soit (−2 ; −2 ; 0).

S’il existait un réel k tel que vecteur AC = k × vecteur AB, les abscisses donneraient k = −2 et les ordonnées donneraient −3k = −2, soit k = 2/3.

C’est impossible. Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent un plan.

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

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

Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC). Il est donc normal à ce plan.

Comme n (1 ; −1 ; 4) est normal à (ABC), une équation du plan est de la forme x − y + 4z + d = 0, où d est un réel.

Le point A(2 ; 1 ; 1) appartient au plan, donc 2 − 1 + 4 + d = 0, soit d = −5.

Une équation de (ABC) est x − y + 4z − 5 = 0.

La droite Δ est orthogonale au plan (ABC), donc elle est dirigée par le vecteur normal n (1 ; −1 ; 4).

Elle passe par D(0 ; 0 ; 2). Une représentation paramétrique est donc : x = 0 + 1 × t, y = 0 − 1 × t, z = 2 + 4t, avec t ∈ ℝ.

C’est bien x = t, y = −t, z = 2 + 4t.

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d’intersection de Δ et de (ABC).

On remplace x, y et z dans l’équation du plan : t − (−t) + 4(2 + 4t) − 5 = 0.

Cela donne 2t + 8 + 16t − 5 = 0, soit 18t + 3 = 0, donc t = −1/6.

Avec t = −1/6 : x = −1/6, y = 1/6 et z = 2 + 4 × (−1/6) = 2 − 2/3 = 4/3.

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est H(−1/6 ; 1/6 ; 4/3).

BA² = 1² + (−3)² + (−1)² = 1 + 9 + 1 = 11.

Vecteur BC (0 − 3 ; −1 + 2 ; 1 − 0), soit (−3 ; 1 ; 1). Donc BC² = 9 + 1 + 1 = 11.

Ainsi BA = BC = √11.

Le triangle ABC est isocèle en B.

Soit I le milieu de [AC]. Ses coordonnées sont ((2 + 0)/2 ; (1 − 1)/2 ; (1 + 1)/2), soit (1 ; 0 ; 1).

Le triangle ABC est isocèle en B, donc la médiane (BI) est aussi la hauteur issue de B.

Vecteur BI (−2 ; 2 ; 1), donc BI² = 4 + 4 + 1 = 9 et BI = 3.

AC² = (−2)² + (−2)² + 0² = 8, donc AC = 2√2.

Aire de ABC = (AC × BI)/2 = (2√2 × 3)/2 = 3√2.

On prend ABC pour base. La hauteur relative à cette base est DH, car H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

Vecteur DH (−1/6 ; 1/6 ; 4/3 − 2), soit (−1/6 ; 1/6 ; −2/3).

DH² = 1/36 + 1/36 + 4/9 = 1/36 + 1/36 + 16/36 = 18/36 = 1/2, donc DH = 1/√2 = √2/2.

V = (1/3) × 3√2 × √2/2 = (1/3) × 3 × (2/2) = 1.

Le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1.

On prend maintenant BCD pour base. La hauteur relative à cette base est la distance de A au plan (BCD), soit √2.

Le volume ne change pas : 1 = (1/3) × (aire de BCD) × √2.

Donc aire de BCD = 3/√2 = 3√2/2.

L’aire du triangle BCD est 3√2/2, soit environ 2,12.

Conseil : Le même tétraèdre a un seul volume, quelle que soit la base choisie. C’est l’idée de la question.

A, B, C et Dₖ sont coplanaires si et seulement si Dₖ appartient au plan (ABC).

Cela équivaut à 0 − 0 + 4k − 5 = 0, soit k = 5/4.

Dans ce cas, Dₖ appartient au plan (ABC). Son projeté orthogonal sur ce plan est donc Dₖ lui-même.

k = 5/4, et le projeté orthogonal de Dₖ sur (ABC) est le point Dₖ(0 ; 0 ; 5/4).

A appartient au plan (ABC). Il est le projeté orthogonal de Dₖ si et seulement si la droite (ADₖ) est orthogonale au plan, c’est-à-dire si le vecteur ADₖ est colinéaire à n.

Vecteur ADₖ (−2 ; −1 ; k − 1).

S’il existait un réel λ tel que vecteur ADₖ = λ n, on aurait −2 = λ et −1 = −λ, soit λ = −2 et λ = 1.

C’est impossible, quelle que soit la valeur de k.

Non : aucune valeur de k ne convient.

V₁ = 0,995 × V₀ + 6 = 0,995 × 0 + 6 = 6.

V₂ = 0,995 × 6 + 6 = 5,97 + 6 = 11,97.

V₁ = 6 et V₂ = 11,97

La variable v doit partir de V₀ = 0, puis la boucle applique n fois la relation de récurrence.

def volume(n):
    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995*v + 6
    return v

Pour tout entier naturel n, on note P(n) la propriété : Vₙ ≤ Vₙ₊₁ ≤ 1200.

Initialisation. V₀ = 0 et V₁ = 6. On a bien 0 ≤ 6 ≤ 1200, donc P(0) est vraie.

Hérédité. Soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie, c’est-à-dire Vₙ ≤ Vₙ₊₁ ≤ 1200. Montrons que Vₙ₊₁ ≤ Vₙ₊₂ ≤ 1200.

Comme 0,995 > 0, en multipliant les trois membres par 0,995, on obtient : 0,995Vₙ ≤ 0,995Vₙ₊₁ ≤ 0,995 × 1200, soit 0,995Vₙ ≤ 0,995Vₙ₊₁ ≤ 1194.

En ajoutant 6 : 0,995Vₙ + 6 ≤ 0,995Vₙ₊₁ + 6 ≤ 1200.

C’est-à-dire Vₙ₊₁ ≤ Vₙ₊₂ ≤ 1200. Ainsi P(n + 1) est vraie.

Conclusion. P(0) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, pour tout entier naturel n, Vₙ ≤ Vₙ₊₁ ≤ 1200.

Conseil : Traite les deux inégalités ensemble et précise que 0,995 est positif : c’est ce qui conserve le sens des inégalités.

D’après la question 3, la suite (Vₙ) est croissante et majorée par 1200.

D’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel ℓ.

Quand n tend vers +∞, Vₙ₊₁ tend vers ℓ et 0,995Vₙ + 6 tend vers 0,995ℓ + 6.

Par unicité de la limite, ℓ = 0,995ℓ + 6.

Donc 0,005ℓ = 6, soit ℓ = 6/0,005 = 1200.

La suite (Vₙ) converge vers 1200.

Conseil : Être majorée par 1200 ne suffit pas à dire que la limite vaut 1200 : il faut résoudre l’équation vérifiée par ℓ.

L’équation est de la forme y′ = ay + b, avec a = −0,005 et b = 6.

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

Ici −b/a = 6/0,005 = 1200.

y(t) = Ce^(−0,005t) + 1200, avec C ∈ ℝ.

v est solution de (E), donc il existe un réel C tel que v(t) = Ce^(−0,005t) + 1200.

La condition v(0) = 0 donne C + 1200 = 0, donc C = −1200.

Ainsi v(t) = −1200e^(−0,005t) + 1200 = 1200(1 − e^(−0,005t)).

Quand t tend vers +∞, −0,005t tend vers −∞, donc e^(−0,005t) tend vers 0.

Donc v(t) tend vers 1200 × (1 − 0) = 1200.

La limite de v en +∞ est 1200.

Pour tout t ≥ 0 : v′(t) = 1200 × (0,005e^(−0,005t)) = 6e^(−0,005t).

Une exponentielle est strictement positive, donc v′(t) > 0.

La fonction v est strictement croissante sur [0 ; +∞[.

5 % du volume du bassin représentent 0,05 × 30 000 = 1500 litres.

Pour tout t ≥ 0, e^(−0,005t) > 0, donc 1 − e^(−0,005t) < 1 et v(t) < 1200.

Comme 1200 < 1500, le volume de polluant ne dépasse jamais 1500 litres.

Non : selon ce modèle, le taux reste inférieur à 1200/30 000 = 4 %. Le nettoyage complet n’est pas nécessaire.

On résout v(t) = 50, c’est-à-dire 1200(1 − e^(−0,005t)) = 50.

Cela équivaut à 1 − e^(−0,005t) = 50/1200 = 1/24, soit e^(−0,005t) = 23/24.

En appliquant ln : −0,005t = ln(23/24), donc t = −200 ln(23/24) = 200 ln(24/23).

La fonction v étant strictement croissante, v(t) > 50 pour t > 200 ln(24/23).

Valeur approchée : t ≈ 8,512 heures. Or 0,512 × 60 ≈ 30,7 minutes.

t = 200 ln(24/23) heures, soit environ 8 h 31 min.

Les données donnent P(O) = 0,52, P(F sachant O) = 0,32 et P(F) = 0,2.

P(O ∩ F) = P(O) × P(F sachant O) = 0,52 × 0,32 = 0,1664.

P(O sachant F) = P(O ∩ F)/P(F) = 0,1664/0,2 = 0,832.

Affirmation 1 : vraie.

On répète 5000 fois, de manière indépendante, une épreuve à deux issues : la personne est musicien professionnel, avec une probabilité de 0,062, ou non.

X compte le nombre de succès, donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 5000 et p = 0,062.

À la calculatrice, avec la fonction de répartition de cette loi : P(X ≤ 340) ≈ 0,96.

Arrondie au dixième, cette probabilité vaut 1,0, et non 0,4.

Affirmation 2 : fausse. P(X ≤ 340) ≈ 0,96.

Conseil : Contrôle rapide : E(X) = 310. La valeur 340 est au-dessus de la moyenne, donc une probabilité de 0,4 n’est pas plausible.

E(X) = np = 5000 × 0,062 = 310.

V(X) = np(1 − p) = 310 × 0,938 = 290,78.

L’intervalle ]230 ; 390[ est centré sur 310, avec un écart de 80. Donc l’événement 230 < X < 390 équivaut à |X − 310| < 80.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne : P(|X − 310| ≥ 80) ≤ V(X)/80² = 290,78/6400 ≈ 0,0454.

En passant à l’événement contraire : P(230 < X < 390) ≥ 1 − 290,78/6400, avec 1 − 290,78/6400 ≈ 0,9546.

Or 0,9546 > 0,95.

Affirmation 3 : vraie.

Parmi les 10 personnes, 4 sont musiciens professionnels et 6 ne le sont pas.

Choix des 2 musiciens professionnels : « 2 parmi 4 » = (4 × 3)/2 = 6.

Choix des 3 autres joueurs : « 3 parmi 6 » = (6 × 5 × 4)/(3 × 2 × 1) = 20.

Ces deux choix sont indépendants. Le nombre d’équipes est donc 6 × 20 = 120.

Affirmation 4 : vraie.

Conseil : Une équipe est un ensemble de joueurs : l’ordre ne compte pas, d’où les combinaisons. On compte ici les équipes, et non les façons de répartir les 10 personnes en deux équipes.

Au point C d’abscisse 1, la tangente à la courbe est parallèle à l’axe des abscisses. Son coefficient directeur est nul.

f′(1) = 0

Sur [0 ; 3], la courbe coupe l’axe des abscisses uniquement au point A(1/2 ; 0).

La solution est x = 1/2.

f′(1/2) est le coefficient directeur de la tangente en A, qui passe par A(1/2 ; 0) et B(1 ; e²).

f′(1/2) = (e² − 0)/(1 − 1/2) = e²/(1/2) = 2e².

f′(1/2) = 2e²

Si F est une primitive de f, alors F′ = f. Les variations de F dépendent donc du signe de f.

D’après le graphique de la page 5, f(x) < 0 sur [0 ; 1/2[ et f(x) > 0 pour x > 1/2.

Une primitive de f est donc décroissante sur [0 ; 1/2], puis croissante. Elle admet son minimum en x = 1/2.

C₁ et C₂ ont leur minimum en x = 1/2. Le minimum de C₃ est situé nettement plus à droite, vers x = 0,9.

Par exemple, C₃ est décroissante juste après x = 1/2, alors que f y est strictement positive. C₃ ne convient pas.

Vérification : deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante. C₁ se déduit bien de C₂ par une translation verticale de 2 unités : en x = 1, C₁ passe par 1 et C₂ par −1.

Les courbes C₁ et C₂ représentent des primitives de f.

Conseil : C₂ et C₃ semblent avoir la même limite à droite, mais cela ne suffit pas. C₃ ressemble à C₂ décalée vers la droite : un décalage horizontal ne donne pas une primitive de f.

e² × (2x − 1)/e^(2x − 1) = (2x − 1) × e² × e^(−(2x − 1)).

Par les propriétés de l’exponentielle, cela vaut (2x − 1) × e^(2 − 2x + 1) = (2x − 1)e^(−2x + 3) = f(x).

On pose X = 2x − 1. Quand x tend vers +∞, X tend vers +∞.

Par croissances comparées, X/e^X tend vers 0 quand X tend vers +∞.

Par composition, (2x − 1)/e^(2x − 1) tend vers 0 quand x tend vers +∞.

Donc f(x) = e² × (2x − 1)/e^(2x − 1) tend vers e² × 0 = 0.

La limite de f en +∞ est 0.

On pose u(x) = 2x − 1 et w(x) = e^(−2x + 3). Alors u′(x) = 2 et w′(x) = −2e^(−2x + 3).

f′(x) = u′(x)w(x) + u(x)w′(x) = 2e^(−2x + 3) + (2x − 1) × (−2)e^(−2x + 3).

f′(x) = (2 − 4x + 2)e^(−2x + 3) = (−4x + 4)e^(−2x + 3).

Une exponentielle est strictement positive, donc f′(x) a le signe de −4x + 4.

−4x + 4 > 0 équivaut à x < 1. Donc f′(x) > 0 sur [0 ; 1[, f′(1) = 0 et f′(x) < 0 sur ]1 ; +∞[.

Valeurs : f(0) = −e³ ≈ −20,09 et f(1) = e¹ = e ≈ 2,72.

Tableau de variation :

x : 0, puis 1, puis +∞.

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

Variations de f : croissante de −e³ à e, puis décroissante de e vers 0 (limite en +∞).

f admet un maximum égal à e, atteint en x = 1.

À l’abscisse α, le logo est limité par le point de coordonnées (α ; f(α)) et par son symétrique (α ; −f(α)).

Comme f(α) > 0, la distance entre ces points est 2f(α). L’unité vaut 1 cm, donc la contrainte s’écrit 2f(α) = 0,3, soit f(α) = 0,15.

Sur [1 ; +∞[, la fonction f est continue, car dérivable, et strictement décroissante.

On a f(1) = e ≈ 2,72 et la limite de f en +∞ est 0. Or 0 < 0,15 < e.

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0,15 admet une unique solution α sur [1 ; +∞[.

À la calculatrice : f(3,25) ≈ 0,166 et f(3,35) ≈ 0,141. Comme f(3,25) > 0,15 > f(3,35), on a 3,25 < α < 3,35.

α ≈ 3,3

Conseil : La cote de 0,3 cm mesure la largeur du logo à son extrémité droite, de part et d’autre de l’axe. D’où le facteur 2.

On pose u(x) = 2x − 1 et w′(x) = e^(−2x + 3).

Alors u′(x) = 2 et on peut prendre w(x) = −(1/2)e^(−2x + 3). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur [0,5 ; 3,3].

Par intégration par parties : I = [ −(1/2)(2x − 1)e^(−2x + 3) ] entre 0,5 et 3,3, moins l’intégrale de 0,5 à 3,3 de 2 × (−1/2)e^(−2x + 3) dx.

Donc I = [ −(1/2)(2x − 1)e^(−2x + 3) ] entre 0,5 et 3,3, plus l’intégrale de 0,5 à 3,3 de e^(−2x + 3) dx.

Le crochet vaut −(1/2) × 5,6 × e^(−3,6) − 0 = −2,8e^(−3,6).

L’intégrale restante vaut [ −(1/2)e^(−2x + 3) ] entre 0,5 et 3,3, soit −(1/2)e^(−3,6) + (1/2)e².

Donc I = (1/2)e² − 3,3e^(−3,6) ≈ 3,6945 − 0,0902 ≈ 3,604.

I = (1/2)e² − 3,3e^(−3,6) ≈ 3,6

Conseil : Attention au calcul de w : la dérivée de e^(−2x + 3) fait apparaître −2, donc une primitive contient le facteur −1/2.

On prend α ≈ 3,3, la valeur de la partie B, qui est aussi la borne de I. Sur [0,5 ; 3,3], 2x − 1 ≥ 0, donc f(x) ≥ 0. L’aire entre la courbe et l’axe des abscisses vaut I, en cm², car l’unité est 1 cm.

Le logo est formé de cette surface et de sa symétrique par rapport à l’axe des abscisses. Son aire vaut donc 2I ≈ 7,2 cm².

Volume = aire du logo × épaisseur ≈ 7,2 × 0,2 = 1,44 cm³.

Une valeur plus précise de α ne change pas l’arrondi au dixième.

Le volume du porte-clé est d’environ 1,4 cm³.