Bac spé maths — Amérique du Nord jour 1 — mai 2026

Exercice 1

Partie A

1. L'énoncé donne $P(E) = 0{,}25$, $P(F) = 0{,}15$, donc $P(C) = 1 - 0{,}25 - 0{,}15 = 0{,}60$. Les probabilités conditionnelles données sont $P_E(H) = 0{,}45$, $P_C(H) = 0{,}30$ et l'on déduit $P_F(H) = \dfrac{P(F \cap H)}{P(F)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}15} = 0{,}8$.

   L'arbre complété porte donc les probabilités $0{,}25$ ; $0{,}60$ ; $0{,}15$ sur les branches principales, et pour chaque branche, $P_E(H) = 0{,}45$, $P_E(\overline{H}) = 0{,}55$, $P_C(H) = 0{,}30$, $P_C(\overline{H}) = 0{,}70$, $P_F(H) = 0{,}8$, $P_F(\overline{H}) = 0{,}2$.

2. $P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0{,}1125$.
3. D'après la formule des probabilités totales :
   $P(H) = P(E \cap H) + P(C \cap H) + P(F \cap H) = 0{,}1125 + 0{,}60 \times 0{,}30 + 0{,}12 = 0{,}1125 + 0{,}18 + 0{,}12 = 0{,}4125$.
4. $P_H(E) = \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} = \dfrac{0{,}1125}{0{,}4125} \approx 0{,}273$.

Partie B

1. $X$ compte, parmi $8$ tirages indépendants, le nombre de succès « activer l'option », chaque succès ayant la probabilité $0{,}4125$. Donc $X \sim \mathcal{B}(8~;~0{,}4125)$.
2. $P(X = 0) = (1 - 0{,}4125)^8 = 0{,}5875^8 \approx 0{,}014$ au millième.
3. 1. Le nombre d'abonnés ayant activé l'option dans un échantillon de $n$ abonnés suit $\mathcal{B}(n~;~0{,}4125)$. La probabilité qu'aucun n'ait activé l'option vaut $0{,}5875^{\,n}$ ; par évènement contraire, $q_n = 1 - 0{,}5875^{\,n}$.
   2. On résout $q_n \geqslant 0{,}999$, soit $0{,}5875^{\,n} \leqslant 0{,}001$, c'est-à-dire $n \ln(0{,}5875) \leqslant \ln(0{,}001)$. Comme $\ln(0{,}5875) < 0$, on divise en changeant le sens : $n \geqslant \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99$. La plus petite valeur est donc $n = 13$.

Partie C

1. Les six valeurs prises par $Y$ sont : $5$, $7$, $10$, $12$, $16$ et $18$ euros (chaque abonnement avec ou sans option « Écoute hors-ligne »).

2. Loi de $Y$ obtenue à l'aide de l'arbre :

   $y_i$	$5$	$7$	$10$	$12$	$16$	$18$
   $P(Y = y_i)$	$0{,}1375$	$0{,}1125$	$0{,}42$	$0{,}18$	$0{,}03$	$0{,}12$

   Détails : $P(Y=5) = P(E \cap \overline{H}) = 0{,}25 \times 0{,}55 = 0{,}1375$ ; $P(Y=7) = P(E \cap H) = 0{,}1125$ ; $P(Y=10) = P(C \cap \overline{H}) = 0{,}60 \times 0{,}70 = 0{,}42$ ; $P(Y=12) = P(C \cap H) = 0{,}18$ ; $P(Y=16) = P(F \cap \overline{H}) = 0{,}15 - 0{,}12 = 0{,}03$ ; $P(Y=18) = P(F \cap H) = 0{,}12$.

3. $E(Y) = 5 \times 0{,}1375 + 7 \times 0{,}1125 + 10 \times 0{,}42 + 12 \times 0{,}18 + 16 \times 0{,}03 + 18 \times 0{,}12 = 0{,}6875 + 0{,}7875 + 4{,}2 + 2{,}16 + 0{,}48 + 2{,}16 = 10{,}475$.

   Cela signifie qu'en moyenne, un abonné paie $10{,}475$ € par mois à la plateforme.

4. À la calculatrice, $V(Y) \approx 13{,}70$.
5. 1. $V(Z) = \sigma(Z)^2 = 2^2 = 4$.

   2. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour tout $\varepsilon > 0$ : $P(|Z - E(Z)| \geqslant \varepsilon) \leqslant \dfrac{V(Z)}{\varepsilon^2}$. Avec $\varepsilon = 3$ : $P(|Z - 9| \geqslant 3) \leqslant \dfrac{4}{9}$, donc, par évènement contraire, $P(6 < Z < 12) \geqslant 1 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9} \approx 0{,}556 > 0{,}5$.

      L'affirmation est donc justifiée : la probabilité que le prix soit strictement compris entre $6$ et $12$ euros est au moins $50\,\%$.

Exercice 2

Partie A

1. $u_1 = 4 - \dfrac{4}{u_0} = 4 - 1 = 3$. Le modèle prévoit donc $3\,000$ perches-soleil au 1$^{\text{er}}$ janvier 2026.
2. 1. $h$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ avec $h'(x) = \dfrac{4}{x^2} > 0$, donc $h$ est strictement croissante sur $]0~;~+\infty[$.

   2. Récurrence sur $P(n)$ : « $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4$ ».

      Initialisation. $u_0 = 4$ et $u_1 = 3$ : on a bien $2 \leqslant 3 \leqslant 4 \leqslant 4$, $P(0)$ est vraie.

      Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie. Comme $h$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$ et $u_n, u_{n+1} \in [2~;~4]$ :
      $h(2) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(u_n) \leqslant h(4)$, soit $2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 3$.
      Donc $2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$, $P(n+1)$ est vraie.

      Conclusion. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4$.

   3. $(u_n)$ est décroissante (car $u_{n+1} \leqslant u_n$) et minorée par $2$, donc converge vers une limite $\ell$.
   4. Comme $h$ est continue sur $]0~;~+\infty[$ et $u_{n+1} = h(u_n) \to \ell$, on a $\ell = h(\ell)$, soit $\ell = 4 - \dfrac{4}{\ell}$, donc $\ell^2 - 4\ell + 4 = 0$, c'est-à-dire $(\ell - 2)^2 = 0$. Donc $\ell = 2$.
   5. La limite vaut $2$ (en milliers), donc le modèle prévoit qu'à long terme il reste environ $2\,000$ perches-soleil dans l'étang : ce modèle ne prévoit pas l'élimination de l'espèce envahissante.

3. 1. Le script complété est :

      def population(s) :
          u = 4
          n = 0
          while u >= s :
              u = 4 - 4/u
              n = n + 1
          return n

   2. On peut montrer (en posant $w_n = \dfrac{1}{u_n - 2}$ on obtient une suite arithmétique de raison $\dfrac{1}{2}$) que $u_n = 2 + \dfrac{2}{n + 1}$. En particulier $u_9 = 2 + \dfrac{2}{10} = 2{,}2$ (qui n'est pas strictement inférieur à $2{,}2$) et $u_{10} = 2 + \dfrac{2}{11} \approx 2{,}182 < 2{,}2$.

      Donc `population(2.2)` renvoie $10$.

      Interprétation : selon ce modèle, c'est au bout de $10$ années (au 1$^{\text{er}}$ janvier 2035) que le nombre de perches-soleil devient strictement inférieur à $2\,200$ individus.

Partie B

1. Solutions de $y' + y = 2$ : la solution homogène est $t \mapsto K\mathrm{e}^{-t}$ ($K \in \mathbb{R}$) et $y_p = 2$ est solution particulière constante. Les solutions sont donc les fonctions $t \mapsto K\mathrm{e}^{-t} + 2$, $K \in \mathbb{R}$.
2. $p(0) = K + 2 = 4$ donne $K = 2$. Donc $p(t) = 2\mathrm{e}^{-t} + 2$.
3. Quand $t \to +\infty$, $\mathrm{e}^{-t} \to 0$, donc $p(t) \to 2$. Ce modèle continu prévoit également une stabilisation autour de $2\,000$ perches-soleil : il ne prévoit pas l'élimination de l'espèce.

Exercice 3

Dans le repère $\left(O~;~\overrightarrow{OI},~\overrightarrow{OJ},~\overrightarrow{OK}\right)$, on a $B(-1~;~1~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $S(0~;~0~;~2)$.

Partie A

1. $ABCD$ est un carré de côté $2$ centré en $O$, $A$ et $B$ ayant même abscisse (et $C$, $D$ aussi) : $A(-1~;~-1~;~0)$ et $D(1~;~-1~;~0)$.
2. $\overrightarrow{SC}(1~;~1~;~-2)$ et $\overrightarrow{SB}(-1~;~1~;~-2)$, donc $\overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{SB} = -1 + 1 + 4 = 4$.
3. $\|\overrightarrow{SC}\| = \|\overrightarrow{SB}\| = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$. Donc $\cos\widehat{BSC} = \dfrac{\overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{SB}}{\|\overrightarrow{SC}\| \times \|\overrightarrow{SB}\|} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$, d'où $\widehat{BSC} = \arccos\left(\dfrac{2}{3}\right) \approx 48{,}2^{\circ}$.

Partie B

1. 1. $\vec{n} \cdot \overrightarrow{SB} = 0 \times (-1) + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{SC} = 0 \times 1 + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0$. Comme $\overrightarrow{SB}$ et $\overrightarrow{SC}$ ne sont pas colinéaires (deux arêtes distinctes du plan), $\vec{n}$ est normal au plan $(SBC)$.
   2. Une équation cartésienne de $(SBC)$ est donc de la forme $2y + z + d = 0$. En écrivant que $S(0~;~0~;~2)$ appartient au plan : $2 \times 0 + 2 + d = 0$, donc $d = -2$. L'équation est bien $2y + z - 2 = 0$.
2. 1. La droite $(OH)$ passe par $O(0~;~0~;~0)$ et est dirigée par $\vec{n}(0~;~2~;~1)$ (puisque $H$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(SBC)$). Une représentation paramétrique est donc $\begin{cases} x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.
   2. $H$ est l'intersection de $(OH)$ et $(SBC)$ : $2(2t) + t - 2 = 0$, soit $5t = 2$, $t = \dfrac{2}{5}$. D'où $H\left(0~;~\dfrac{4}{5}~;~\dfrac{2}{5}\right)$.
   3. $OH = \sqrt{0 + \dfrac{16}{25} + \dfrac{4}{25}} = \sqrt{\dfrac{20}{25}} = \dfrac{\sqrt{20}}{5} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$ cm.

Partie C

1. 1. La base $ABCD$ est un carré de côté $2$, donc d'aire $4$ cm$^2$. La hauteur relative à cette base est $OS = 2$ cm. Donc $\mathcal{V}(SABCD) = \dfrac{1}{3} \times 4 \times 2 = \dfrac{8}{3}$ cm$^3$.
   2. Les diagonales $(AC)$ et $(BD)$ du carré se coupent en $O$ et le découpent en quatre triangles isométriques $OAB$, $OBC$, $OCD$, $ODA$. La pyramide $SABCD$ est ainsi partagée en quatre pyramides de mêmes hauteurs (depuis $S$) et de bases d'égale aire — donc de même volume. Le volume de $OCBS = SOBC$ vaut donc $\dfrac{1}{4} \times \dfrac{8}{3} = \dfrac{2}{3}$ cm$^3$.
2. Le triangle $SBC$ est isocèle en $S$ (car $SB = SC = \sqrt{6}$). Soit $J(0~;~1~;~0)$ le milieu de $[BC]$ ; alors $(SJ) \perp (BC)$ et $\overrightarrow{SJ}(0~;~1~;~-2)$, donc $SJ = \sqrt{5}$. L'aire vaut $\mathcal{A}_{SBC} = \dfrac{1}{2} \times BC \times SJ = \dfrac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{5} = \sqrt{5}$ cm$^2$.
3. Le tétraèdre $OBCS$ peut aussi être vu comme une pyramide de base $SBC$ et de hauteur la distance $d$ de $O$ au plan $(SBC)$ :
   $\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times d$, donc $d = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$ cm. On retrouve bien le résultat de la partie B.

Exercice 4

1. Sur la figure, la courbe $\mathcal{C}_f$ semble convexe sur $[-1~;~1]$ (creux tourné vers le haut) et concave sur $]-\infty~;~-1]$ et $[1~;~+\infty[$ (creux tourné vers le bas).
2. Quand $x \to -\infty$, $x^2 + 1 \to +\infty$ donc $\ln(x^2 + 1) \to +\infty$ et $-3x \to +\infty$. Par somme, $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.
3. 1. Pour $x > 0$ : $x^2 + 1 = x^2\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)$, donc $\ln(x^2 + 1) = 2\ln x + \ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)$. Alors $f(x) = 10\ln x - 3x + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right) = x\left(10\,\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)$.
   2. Quand $x \to +\infty$ : par croissance comparée $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$, donc $10\,\dfrac{\ln x}{x} - 3 \to -3$. Ainsi $x\left(10\,\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) \to -\infty$. De plus $\dfrac{1}{x^2} \to 0$, donc $5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right) \to 0$. Par somme, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
4. 1. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme et composée de fonctions usuelles dérivables :
      $f'(x) = 5 \times \dfrac{2x}{x^2 + 1} - 3 = \dfrac{10x - 3(x^2 + 1)}{x^2 + 1} = \dfrac{-3x^2 + 10x - 3}{x^2 + 1}$.

   2. $x^2 + 1 > 0$, donc $f'(x)$ a le signe de $-3x^2 + 10x - 3$. Ce trinôme a pour discriminant $\Delta = 100 - 36 = 64$ et pour racines $x = \dfrac{-10 \pm 8}{-6}$, soit $x = \dfrac{1}{3}$ et $x = 3$. Comme le coefficient dominant est $-3 < 0$, $-3x^2 + 10x - 3 > 0$ entre les racines.

      
5. 1. $x^2 + 1 > 0$ donc $\left(x^2 + 1\right)^2 > 0$ et $f''(x)$ a le signe de $-10x^2 + 10 = -10(x - 1)(x + 1)$. Ainsi $f''(x) > 0$ sur $]-1~;~1[$ et $f''(x) < 0$ sur $]-\infty~;~-1[$ et $]1~;~+\infty[$. La fonction $f$ est donc convexe sur $[-1~;~1]$ et concave sur $]-\infty~;~-1]$ et $[1~;~+\infty[$ : la conjecture de la question 1 est validée.
   2. $f(1) = 5\ln(2) - 3$ et $f'(1) = \dfrac{-3 + 10 - 3}{2} = 2$. L'équation réduite de la tangente est :
      $$y = f'(1)(x - 1) + f(1) = 2(x - 1) + 5\ln(2) - 3 = 2x + 5\ln(2) - 5.$$
   3. La fonction $f$ est concave sur $[1~;~+\infty[$, donc sa courbe est en-dessous de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. En particulier, pour $x \geqslant 1$ :
      $f(x) \leqslant 2x + 5\ln(2) - 5$, soit $5\ln(x^2 + 1) - 3x \leqslant 2x + 5\ln(2) - 5$, donc $5\ln(x^2 + 1) \leqslant 5x + 5\ln(2) - 5$ et en divisant par $5$ : $\ln(x^2 + 1) \leqslant x + \ln(2) - 1$.