Bac spé maths — Centres Étrangers jour 2 — juin 2026

Exercice 1

1. $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$.
   Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de $\overrightarrow{AC}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{AB}$).
   Les points $A$, $B$ et $C$ ne sont donc pas alignés : ils définissent un plan de l'espace.
2. $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 4\times 1 + 4\times 1 + 2\times(-4) = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 4\times 0 + 4\times 1 + 2\times(-2) = 0$.
   Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : c'est un vecteur normal au plan $(ABC)$.
3. Le plan $(ABC)$ admet $\vec{n}\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix}$ pour vecteur normal, donc une équation de la forme $4x + 4y + 2z + d = 0$.
   Le point $A(1~;~0~;~3)$ appartient au plan : $4 + 0 + 6 + d = 0$, soit $d = -10$.
   Une équation cartésienne est $4x + 4y + 2z - 10 = 0$, c'est-à-dire $2x + 2y + z - 5 = 0$.
4. $2\times 0 + 2\times 2 + 1 - 5 = 0$ : les coordonnées de $H(0~;~2~;~1)$ vérifient l'équation, donc $H \in (ABC)$.
5. $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AH}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix}$.
   $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} = -1 + 2 + 8 = 9$.
   $\left\|\overrightarrow{AB}\right\| = \sqrt{1+1+16} = 3\sqrt{2}$ et $\left\|\overrightarrow{AH}\right\| = \sqrt{1+4+4} = 3$.
   Donc $\cos\widehat{BAH} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH}}{\left\|\overrightarrow{AB}\right\| \times \left\|\overrightarrow{AH}\right\|} = \dfrac{9}{3\sqrt{2}\times 3} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, d'où $\widehat{BAH} = 45^{\circ}$.
6. La droite $(d)$ passe par $H(0~;~2~;~1)$ et est dirigée par un vecteur normal au plan $(ABC)$, par exemple $\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ (colinéaire à $\vec{n}$).
   Une représentation paramétrique est $\begin{cases} x = 2t \\ y = 2 + 2t \\ z = 1 + t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$.
7. Un point $S$ de $(d)$ s'écrit $S(2t~;~2+2t~;~1+t)$.
   Comme $H \in (ABC)$ et $(d) \perp (ABC)$, la distance de $S$ au plan vaut $SH = \left\|\overrightarrow{HS}\right\|$ avec $\overrightarrow{HS}\begin{pmatrix} 2t \\ 2t \\ t \end{pmatrix}$, soit $SH = \sqrt{4t^2 + 4t^2 + t^2} = \sqrt{9t^2} = 3|t|$.
   $3|t| = 6 \iff |t| = 2 \iff t = 2 \text{ ou } t = -2$.
   L'abscisse $x_S = 2t$ doit être positive, donc $t = 2$.
   On obtient $S(4~;~6~;~3)$.

Exercice 2

Partie A

1. Les proportions donnent $P(J) = 0{,}21$, $P(M) = 0{,}46$ et $P(S) = 0{,}33$.
   Les taux de publication donnent $P_J(R) = 0{,}70$, $P_M(R) = 0{,}46$ et $P_S(R) = 0{,}15$, d'où $P_J(\overline{R}) = 0{,}30$, $P_M(\overline{R}) = 0{,}54$ et $P_S(\overline{R}) = 0{,}85$.
   Ces valeurs complètent l'arbre : $0{,}21$ ; $0{,}46$ ; $0{,}33$ sur les branches principales et les probabilités précédentes sur les branches secondaires.
2. $P(M \cap R) = P(M) \times P_M(R) = 0{,}46 \times 0{,}46 = 0{,}2116 \approx 0{,}212$.
   Cela signifie qu'environ $21{,}2\,\%$ des habitants âgés d'au moins $15$ ans ont entre $30$ et $59$ ans et ont déjà publié sur ce réseau social.
3. 1. D'après la formule des probabilités totales :
      $$\begin{aligned} P(R) &= P(J)P_J(R) + P(M)P_M(R) + P(S)P_S(R) \\ &= 0{,}21\times 0{,}70 + 0{,}46\times 0{,}46 + 0{,}33\times 0{,}15 \\ &= 0{,}4081 \approx 0{,}408. \end{aligned}$$
   2. $P_R(S) = \dfrac{P(S \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}33 \times 0{,}15}{0{,}4081} = \dfrac{0{,}0495}{0{,}4081} \approx 0{,}121$.

Partie B

1. On répète $100$ fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne a déjà publié » a pour probabilité $0{,}41$.
   Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0{,}41$.
2. « Au moins la moitié des $100$ personnes » signifie $X \geqslant 50$.
   À la calculatrice, $P(X \geqslant 50) = 1 - P(X \leqslant 49) \approx 0{,}043$.
3. $\mathrm{E}(X) = np = 100 \times 0{,}41 = 41$.
   En moyenne, sur un grand nombre d'échantillons de $100$ personnes, environ $41$ personnes ont déjà publié sur ce réseau social.

Partie C

Chaque $X_i$ suit la loi $\mathcal{B}(100~;~0{,}41)$, donc $\mathrm{E}(X_i) = 41$ et $\mathrm{V}(X_i) = 100 \times 0{,}41 \times 0{,}59 = 24{,}19$.
Par linéarité de l'espérance, $\mathrm{E}(Y) = \dfrac{1}{150} \times 150 \times 41 = 41$.
Les variables étant indépendantes, $\mathrm{V}(Y) = \dfrac{1}{150^2} \times 150 \times 24{,}19 = \dfrac{24{,}19}{150}$.

L'évènement « $Y$ est strictement comprise entre $37$ et $45$ » s'écrit $\left|Y - 41\right| < 4$, car $41 - 4 = 37$ et $41 + 4 = 45$.
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $Y$, d'espérance $41$, donne :
$$\begin{aligned} P\left(\left|Y - 41\right| \geqslant 4\right) &\leqslant \dfrac{\mathrm{V}(Y)}{4^2} \\ &= \dfrac{24{,}19/150}{16} = \dfrac{24{,}19}{2400} \approx 0{,}0101. \end{aligned}$$
En passant à l'évènement contraire :
$$\begin{aligned} P\left(37 < Y < 45\right) &= P\left(\left|Y - 41\right| < 4\right) \\ &\geqslant 1 - 0{,}0101 = 0{,}9899. \end{aligned}$$
Comme $0{,}9899 > 0{,}98$, la probabilité que $Y$ soit strictement comprise entre $37$ et $45$ est bien strictement supérieure à $98\,\%$.

Exercice 3

Partie A

1. Pour tout $x \in [2~;~+\infty[$, $3x^2 + 2x > 0$ et $f'(x) = \dfrac{6x + 2}{3x^2 + 2x}$.
   Sur cet intervalle $6x + 2 > 0$ et $3x^2 + 2x > 0$, donc $f'(x) > 0$ : la fonction $f$ est strictement croissante sur $[2~;~+\infty[$.
2. 1. La fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $[2~;~+\infty[$.
      De plus $g(2) = \ln(16) - 2 \approx 0{,}77 > 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty < 0$.
      D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue strictement monotone), l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[2~;~+\infty[$.
   2. À la calculatrice, $\alpha \approx 4{,}05$.

   3. La fonction $g$ est strictement décroissante et s'annule en $\alpha$, d'où le tableau de signes :

      

Partie B

On remarque que $a_{n+1} = f(a_n)$, où $f(x) = \ln\left(3x^2 + 2x\right)$.

1. Démontrons par récurrence que $2 \leqslant a_n \leqslant \alpha$ pour tout entier naturel $n$.
   Initialisation : par hypothèse, $2 \leqslant a_0 \leqslant \alpha$.
   Hérédité : supposons $2 \leqslant a_n \leqslant \alpha$.
   La fonction $f$ étant croissante sur $[2~;~+\infty[$, on a $f(2) \leqslant f(a_n) \leqslant f(\alpha)$.
   Or $f(2) = \ln(16) \approx 2{,}77 \geqslant 2$ et $f(\alpha) = \alpha$ (car $g(\alpha) = f(\alpha) - \alpha = 0$).
   Donc $2 \leqslant a_{n+1} \leqslant \alpha$.
   Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $2 \leqslant a_n \leqslant \alpha$.
2. Pour tout $n$, $a_{n+1} - a_n = f(a_n) - a_n = g(a_n)$.
   Comme $2 \leqslant a_n \leqslant \alpha$, le tableau de signes donne $g(a_n) \geqslant 0$, donc $a_{n+1} - a_n \geqslant 0$ : la suite $(a_n)$ est croissante.
3. La suite $(a_n)$ est croissante et majorée par $\alpha$, donc elle converge.
4. Sa limite $\ell$ appartient à $[2~;~\alpha]$.
   La fonction $f$ étant continue et $a_{n+1} = f(a_n)$, par passage à la limite $\ell = f(\ell)$, soit $g(\ell) = 0$.
   La seule solution de $g(x) = 0$ sur $[2~;~+\infty[$ étant $\alpha$, on a $\ell = \alpha$.

Partie C

1. Démontrons par récurrence que $a_n \leqslant b_n$ pour tout entier naturel $n$.
   Initialisation : $a_0 = 2 \leqslant 10 = b_0$.
   Hérédité : supposons $a_n \leqslant b_n$.
   On a $a_n \geqslant 2$ (partie B) et $b_n > \alpha > 2$ (la suite $(b_n)$ décroît vers $\alpha$), donc $a_n$ et $b_n$ appartiennent à $[2~;~+\infty[$.
   La fonction $f$ étant croissante sur cet intervalle, $f(a_n) \leqslant f(b_n)$, soit $a_{n+1} \leqslant b_{n+1}$.
   Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $a_n \leqslant b_n$.

2. 1. La boucle while s'exécute tant que $b - a > 10^{-2}$. En partant de $a = 2$ et $b = 10$, on obtient :

      $n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$
      $a$	$2$	$2{,}773$	$3{,}354$	$3{,}700$	$3{,}881$	$3{,}969$	$4{,}011$	$4{,}030$	$4{,}039$	$4{,}044$
      $b$	$10$	$5{,}768$	$4{,}713$	$4{,}331$	$4{,}174$	$4{,}104$	$4{,}073$	$4{,}059$	$4{,}053$	$4{,}050$

      À l'étape $n = 9$, on a $b - a \approx 0{,}006 \leqslant 10^{-2}$ et la boucle s'arrête.
      L'instruction algo(2) renvoie donc le couple $(9~;~4{,}044)$.

   2. Le nombre $9$ est le nombre d'itérations nécessaires pour que l'écart $b_n - a_n$ devienne inférieur ou égal à $10^{-2}$.
      Comme $a_n \leqslant \alpha \leqslant b_n$ et que cet écart est alors inférieur à $10^{-2}$, la valeur $a \approx 4{,}044$ est une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-2}$ près (par défaut).

Exercice 4

Partie A

Pour de grandes valeurs de $x$, les trois courbes tendent vers $0$.

La courbe $\mathcal{C}_1$ présente un maximum (vers $x \approx 3{,}6$) : en ce point, la tangente est horizontale, donc la dérivée de la fonction représentée par $\mathcal{C}_1$ s'y annule.
C'est le cas de $\mathcal{C}_3$, qui s'annule en changeant de signe à cet endroit ; de plus le signe de $\mathcal{C}_3$ traduit les variations de $\mathcal{C}_1$ (croissante puis décroissante).
Donc $\mathcal{C}_3$ est la dérivée de $\mathcal{C}_1$.

De même, $\mathcal{C}_3$ présente un maximum (vers $x \approx 2$) où sa dérivée s'annule : cela correspond à $\mathcal{C}_2$, qui s'annule à cette abscisse.
Donc $\mathcal{C}_2$ est la dérivée de $\mathcal{C}_3$.

On en déduit l'association : $f$ est représentée par $\mathcal{C}_1$, $f'$ par $\mathcal{C}_3$ et $f''$ par $\mathcal{C}_2$.

Partie B

1. Pour $g(x) = \left(x^2 - 3x\right)\mathrm{e}^{-x}$, on a $g'(x) = (2x - 3)\mathrm{e}^{-x} - \left(x^2 - 3x\right)\mathrm{e}^{-x} = \left(-x^2 + 5x - 3\right)\mathrm{e}^{-x}$.
   Alors $g'(x) + g(x) = \left(-x^2 + 5x - 3\right)\mathrm{e}^{-x} + \left(x^2 - 3x\right)\mathrm{e}^{-x} = (2x - 3)\mathrm{e}^{-x}$.
   La fonction $g$ est donc une solution particulière de $(E)$.
2. Les solutions de $y' + y = 0$ sont les fonctions $x \mapsto C\mathrm{e}^{-x}$, avec $C \in \mathbb{R}$.
3. Les solutions de $(E)$ sont la somme de la solution particulière $g$ et des solutions de l'équation homogène :
   $$\begin{aligned} y(x) &= \left(x^2 - 3x\right)\mathrm{e}^{-x} + C\mathrm{e}^{-x} \\ &= \left(x^2 - 3x + C\right)\mathrm{e}^{-x}, \quad C \in \mathbb{R}. \end{aligned}$$
4. $f(0) = (0 - 0 + C)\mathrm{e}^{0} = C$, donc $f(0) = 2$ équivaut à $C = 2$.
   La solution cherchée est $f(x) = \left(x^2 - 3x + 2\right)\mathrm{e}^{-x}$.

Partie C

1. Pour tout réel $x$, $\mathrm{e}^{-x} > 0$, donc $f(x)$ a le signe de $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$.
   Ainsi $f(x) > 0$ sur $]-\infty~;~1[ \cup ]2~;~+\infty[$, $f(x) < 0$ sur $]1~;~2[$, et $f(1) = f(2) = 0$.
2. 1. Quand $x \to -\infty$, $x^2 - 3x + 2 \to +\infty$ et $\mathrm{e}^{-x} \to +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.
   2. Pour $x > 0$, $f(x) = \dfrac{x^2 - 3x + 2}{\mathrm{e}^x}$ ; par croissance comparée le dénominateur l'emporte, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.
3. 1. On pose $u(x) = x^2 - 3x + 2$ et $v'(x) = \mathrm{e}^{-x}$, d'où $u'(x) = 2x - 3$ et $v(x) = -\mathrm{e}^{-x}$.
      $$\begin{aligned} I &= \left[-\left(x^2 - 3x + 2\right)\mathrm{e}^{-x}\right]_0^1 + \int_0^1 (2x - 3)\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x \\ &= 2 + \int_0^1 (2x - 3)\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$
      On effectue une seconde intégration par parties avec $u(x) = 2x - 3$ et $v'(x) = \mathrm{e}^{-x}$ :
      $$\begin{aligned} \int_0^1 (2x - 3)\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x &= \left[-(2x - 3)\mathrm{e}^{-x}\right]_0^1 + \int_0^1 2\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x \\ &= \left(\mathrm{e}^{-1} - 3\right) + \left(2 - 2\mathrm{e}^{-1}\right) \\ &= -1 - \mathrm{e}^{-1}. \end{aligned}$$
      Donc $I = 2 + \left(-1 - \mathrm{e}^{-1}\right) = 1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}$.
   2. Sur $[0~;~1]$, $f(x) \geqslant 0$ (car $x^2 - 3x + 2 \geqslant 0$ pour $x \leqslant 1$).
      Donc $I = 1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}$ est l'aire, en unités d'aire, du domaine compris entre la courbe $\mathcal{C}_f$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$.

Partie D

On calcule d'abord $f'(x) = (2x - 3)\mathrm{e}^{-x} - \left(x^2 - 3x + 2\right)\mathrm{e}^{-x} = \left(-x^2 + 5x - 5\right)\mathrm{e}^{-x}$.

1. La tangente $(T_a)$ a pour équation $y = f'(a)(x - a) + f(a)$.
   Son point d'intersection avec l'axe des ordonnées s'obtient pour $x = 0$ :
   $$\begin{aligned} y &= -a\,f'(a) + f(a) \\ &= \mathrm{e}^{-a}\left[-a\left(-a^2 + 5a - 5\right) + \left(a^2 - 3a + 2\right)\right] \\ &= \left(a^3 - 4a^2 + 2a + 2\right)\mathrm{e}^{-a}. \end{aligned}$$

2. La tangente $(T_a)$ passe par l'origine si et seulement si son ordonnée à l'origine est nulle, soit $\left(a^3 - 4a^2 + 2a + 2\right)\mathrm{e}^{-a} = 0$.
   Comme $\mathrm{e}^{-a} > 0$, cela équivaut à $h(a) = 0$ avec $h(a) = a^3 - 4a^2 + 2a + 2$.

   On étudie $h$ sur $\mathbb{R}$ : $h'(a) = 3a^2 - 8a + 2$, de discriminant $\Delta = 64 - 24 = 40 > 0$.
   Les racines de $h'$ sont $a_1 = \dfrac{4 - \sqrt{10}}{3} \approx 0{,}28$ et $a_2 = \dfrac{4 + \sqrt{10}}{3} \approx 2{,}39$.
   On calcule $h(a_1) \approx 2{,}27 > 0$ (maximum local) et $h(a_2) \approx -2{,}42 < 0$ (minimum local).
   De plus $\displaystyle\lim_{a \to -\infty} h(a) = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{a \to +\infty} h(a) = +\infty$.

   La fonction $h$ change donc trois fois de signe : l'équation $h(a) = 0$ admet trois solutions réelles.
   Il existe par conséquent trois tangentes à la courbe $\mathcal{C}_f$ passant par l'origine du repère.