Bac spé maths — Métropole jour 1 — juin 2025

Exercice 1

1. Comme $p(A) + p(B) + p(AB) + p(O) = 1$, on a $p(O) = 1 - 0{,}45 - 0{,}10 - 0{,}03 = 0{,}42$.

   Les probabilités conditionnelles « rhésus positif » se lisent dans l'énoncé : $p_A(R) = 0{,}85$, $p_B(R) = 0{,}84$, $p_{AB}(R) = 0{,}82$. On obtient les probabilités complémentaires « rhésus négatif » par $p_X(\overline{R}) = 1 - p_X(R)$ : $p_A(\overline{R}) = 0{,}15$, $p_B(\overline{R}) = 0{,}16$, $p_{AB}(\overline{R}) = 0{,}18$. Les probabilités conditionnelles partant de $O$ seront déterminées à la question 3.

   
2. D'après la formule des probabilités conditionnelles :
   $$p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084.$$
   Cela signifie que $8{,}4\,\%$ des Français sont du groupe sanguin $B$ avec un facteur rhésus positif.

3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $(A, B, AB, O)$ :
   $$p(R) = p(A \cap R) + p(B \cap R) + p(AB \cap R) + p(O \cap R).$$
   $p(A \cap R) = 0{,}45 \times 0{,}85 = 0{,}3825$ ; $p(B \cap R) = 0{,}084$ ; $p(AB \cap R) = 0{,}03 \times 0{,}82 = 0{,}0246$.
   Donc $0{,}8397 = 0{,}3825 + 0{,}084 + 0{,}0246 + p(O \cap R)$, soit $p(O \cap R) = 0{,}3486$.

   On en déduit $p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83$.

4. Un donneur universel correspond à l'évènement $O \cap \overline{R}$. Comme $p_O(\overline{R}) = 1 - 0{,}83 = 0{,}17$ :
   $$p(O \cap \overline{R}) = p(O) \times p_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714.$$
5. 1. On répète $100$ fois de manière indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) une même expérience de Bernoulli de paramètre $p = 0{,}0714$ (« la personne tirée est donneuse universelle »). La variable aléatoire $X$ qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(100~;~0{,}0714)$.
   2. À l'aide de la calculatrice : $P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577$ à $10^{-3}$ près.
   3. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n~;~p)$ : $E(X) = np$ et $V(X) = np(1-p)$.
      $E(X) = 100 \times 0{,}0714 = 7{,}14$.
      $V(X) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286 \approx 6{,}63$ à $10^{-2}$ près.
6. 1. $M_N$ représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de $100$ personnes, sur les $N$ villes étudiées.
   2. Par linéarité de l'espérance :
      $$E(M_N) = \dfrac{1}{N}\bigl(E(X_1) + \dots + E(X_N)\bigr) = \dfrac{N \times 7{,}14}{N} = 7{,}14.$$
   3. Les variables $X_1, \dots, X_N$ étant indépendantes :
      $$V(M_N) = \dfrac{1}{N^2}\bigl(V(X_1) + \dots + V(X_N)\bigr) = \dfrac{N \times 6{,}63}{N^2} = \dfrac{6{,}63}{N}.$$
   4. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $M_N$ avec $\varepsilon = 0{,}14$ donne :
      $$\begin{aligned} P(\lvert M_N - 7{,}14 \rvert \geqslant 0{,}14) &\leqslant \dfrac{V(M_N)}{0{,}14^2} \\ &= \dfrac{6{,}63}{N \times 0{,}0196}. \end{aligned}$$
      L'évènement $\{7 < M_N < 7{,}28\}$ s'écrit $\{\lvert M_N - 7{,}14 \rvert < 0{,}14\}$, donc :
      $$P(7 < M_N < 7{,}28) \geqslant 1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N}.$$
      On veut $1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N} \geqslant 0{,}95$, soit $\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N} \leqslant 0{,}05$, c'est-à-dire $N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}05 \times 0{,}0196} \approx 6765{,}3$.
      La plus petite valeur entière convenable est donc $N = 6\,766$.

Exercice 2

Partie A — Lectures graphiques

1. La tangente $T_A$ passe par $A(1~;~2)$ et $C(3~;~0)$. Son coefficient directeur est $\dfrac{0 - 2}{3 - 1} = -1$, donc $f'(1) = -1$.
2. $f'(x) = 0$ aux abscisses où la tangente à $\mathcal{C}_f$ est horizontale. Graphiquement, $\mathcal{C}_f$ admet deux tangentes horizontales sur $]0~;~3]$ (un maximum local puis un minimum local).
3. Au voisinage de $x = 0{,}2$, la courbe $\mathcal{C}_f$ est concave (elle « tourne vers le bas »), donc $f''(0{,}2) < 0$.

Partie B — Étude de la fonction $f$

1. Discriminant : $\Delta = 9 - 16 = -7 < 0$. L'équation $2X^2 - 3X + 2 = 0$ n'admet aucune solution réelle. De plus le coefficient dominant $2 > 0$ : pour tout $X \in \mathbb{R}$, $2X^2 - 3X + 2 > 0$.

   Comme $f(x) = x \times \bigl[2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\bigr]$ avec $x > 0$ et le crochet strictement positif (en posant $X = \ln x$), on a $f(x) > 0$ pour tout $x \in {]0~;~+\infty[}$, donc $\mathcal{C}_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

2. Quand $x \to +\infty$, $\ln x \to +\infty$, donc $2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2 \to +\infty$ (terme dominant $2(\ln x)^2$). Par produit : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
3. 1. $f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1$. En dérivant : $f''(x) = 2 \times 2\ln x \times \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{4 \ln x + 1}{x} = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1)$.
   2. Sur $]0~;~+\infty[$, $\dfrac{1}{x} > 0$, donc $f''(x)$ a le signe de $4\ln x + 1$.
      $4 \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = -\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = \mathrm{e}^{-1/4}$.
      Pour $x < \mathrm{e}^{-1/4}$, $f''(x) < 0$ : $f$ est concave sur $\left]0~;~\mathrm{e}^{-1/4}\right]$.
      Pour $x > \mathrm{e}^{-1/4}$, $f''(x) > 0$ : $f$ est convexe sur $\left[\mathrm{e}^{-1/4}~;~+\infty\right[$.
      $\mathcal{C}_f$ admet un unique point d'inflexion d'abscisse $\mathrm{e}^{-1/4}$.
   3. Sur l'intervalle $]1~;~+\infty[$ on a $1 > \mathrm{e}^{-1/4}$, donc $f$ est convexe sur cet intervalle. Or une fonction convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes. La tangente $T_B$ a pour point de contact $B(\mathrm{e}~;~\mathrm{e}) \in {]1~;~+\infty[}$, donc $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $]1~;~+\infty[$.

Partie C — Calcul d'aire

1. $f'(\mathrm{e}) = 2(\ln \mathrm{e})^2 + \ln \mathrm{e} - 1 = 2 + 1 - 1 = 2$ et $f(\mathrm{e}) = \mathrm{e}$. La tangente en $B$ a pour équation :
   $$y = f'(\mathrm{e})(x - \mathrm{e}) + f(\mathrm{e}) = 2(x - \mathrm{e}) + \mathrm{e} = 2x - \mathrm{e}.$$
2. On pose $u(x) = \ln x$, $v'(x) = x$, donc $u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$. Toutes les fonctions sont $\mathcal{C}^1$ sur $[1~;~\mathrm{e}]$. Par intégration par parties :
   $$\begin{aligned} \int_1^{\mathrm{e}} x \ln x \, \mathrm{d}x &= \left[\dfrac{x^2}{2} \ln x\right]_1^{\mathrm{e}} - \int_1^{\mathrm{e}} \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x} \, \mathrm{d}x \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2}{2} - \left[\dfrac{x^2}{4}\right]_1^{\mathrm{e}} \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2}{2} - \dfrac{\mathrm{e}^2 - 1}{4} \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2 + 1}{4}. \end{aligned}$$

3. Comme $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $[1~;~\mathrm{e}]$ :
   $$\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_1^{\mathrm{e}} \bigl[f(x) - (2x - \mathrm{e})\bigr]\, \mathrm{d}x \\ &= \int_1^{\mathrm{e}} \bigl[2x(\ln x)^2 - 3x \ln x + 2x - 2x + \mathrm{e}\bigr]\, \mathrm{d}x. \end{aligned}$$
   Soit $\mathcal{A} = 2 \times \dfrac{\mathrm{e}^2 - 1}{4} - 3 \times \dfrac{\mathrm{e}^2 + 1}{4} + \mathrm{e}(\mathrm{e} - 1) = \dfrac{2\mathrm{e}^2 - 2 - 3\mathrm{e}^2 - 3}{4} + \mathrm{e}^2 - \mathrm{e} = \dfrac{-\mathrm{e}^2 - 5}{4} + \mathrm{e}^2 - \mathrm{e}$.

   En réduisant au même dénominateur :
   $$\mathcal{A} = \dfrac{-\mathrm{e}^2 - 5 + 4\mathrm{e}^2 - 4\mathrm{e}}{4} = \dfrac{3\mathrm{e}^2 - 4\mathrm{e} - 5}{4} \text{ unités d'aire} \approx 1{,}57 \text{ u.a.}$$

Exercice 3

1. Affirmation 1 : VRAIE.
   $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -6 \end{pmatrix}$ et la représentation paramétrique proposée a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$. On vérifie $\overrightarrow{AB} = -2\,\vec{u}$ : les deux vecteurs sont colinéaires. De plus, pour $t = 0$, on obtient $(3~;~2~;~-1) = B$, point qui appartient à $(AB)$. Cette représentation paramétrique décrit donc bien la droite $(AB)$.

   Affirmation 2 : FAUSSE.
   $\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{OB}\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires (donc forment bien un plan). On calcule $\vec{n} \cdot \overrightarrow{OB} = 5 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-1) = 15 - 4 - 1 = 10 \neq 0$. Le vecteur $\vec{n}$ n'est donc pas orthogonal à $\overrightarrow{OB}$, et n'est pas normal au plan $(OAB)$.

2. Affirmation 3 : FAUSSE.
   $d$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ et $d'$ a pour vecteur directeur $\vec{v}\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix}$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires ($\dfrac{4}{1} \neq \dfrac{4}{-1}$), donc $d$ et $d'$ ne sont pas parallèles. Cherchons si elles se coupent en résolvant :
   $$\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} k - 4s = -14 \\ -k - 4s = -6 \\ 2k + 6s = 7 \end{cases}$$
   La somme des deux premières équations donne $-8s = -20$, soit $s = 2{,}5$, puis $k = -14 + 4 \times 2{,}5 = -4$. On vérifie la 3e équation : $2 \times (-4) + 6 \times 2{,}5 = -8 + 15 = 7$ ✓.
   Les droites $d$ et $d'$ se coupent au point $(11~;~12~;~-14)$ : elles sont coplanaires.
3. Affirmation 4 : VRAIE.
   La distance du point $C(2~;~-1~;~2)$ au plan $\mathcal{P}$ d'équation $x - y + z + 1 = 0$ est :
   $$\begin{aligned} d(C, \mathcal{P}) &= \dfrac{\lvert 2 - (-1) + 2 + 1 \rvert}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2}} \\ &= \dfrac{6}{\sqrt{3}} \\ &= \dfrac{6\sqrt{3}}{3} \\ &= 2\sqrt{3}. \end{aligned}$$

Exercice 4

Partie A — Étude d'un modèle discret

1. $u_1 = -0{,}02 \times 1^2 + 1{,}3 \times 1 = -0{,}02 + 1{,}3 = 1{,}28$. Au $1^{\text{er}}$ juillet 2025, la posidonie recouvrira $1{,}28$ ha.

2. 1. Démonstration par récurrence. On note $P(n)$ : « $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$ ».

      Initialisation. $u_0 = 1$ et $u_1 = 1{,}28$, donc $1 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 20$ : $P(0)$ est vraie.

      Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie pour un certain $n \in \mathbb{N}$ : $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$. Comme $h$ est croissante sur $[0~;~20]$ :
      $$h(1) \leqslant h(u_n) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(20).$$
      Or $h(1) = 1{,}28$, $h(20) = -0{,}02 \times 400 + 1{,}3 \times 20 = -8 + 26 = 18$, et $h(u_n) = u_{n+1}$, $h(u_{n+1}) = u_{n+2}$. Donc :
      $$1{,}28 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 18,$$
      et a fortiori $1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 20$ : $P(n+1)$ est vraie.

      Conclusion. Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$.

   2. L'inégalité $u_n \leqslant u_{n+1}$ montre que $(u_n)$ est croissante, et l'inégalité $u_n \leqslant 20$ montre qu'elle est majorée. D'après le théorème de la limite monotone, $(u_n)$ converge vers une limite $L \in \mathbb{R}$.
   3. La fonction $h$ étant continue et $u_{n+1} = h(u_n)$, en passant à la limite : $L = h(L) = -0{,}02\, L^2 + 1{,}3\, L$.
      Soit $0{,}02\, L^2 - 0{,}3\, L = 0$, c'est-à-dire $L\,(0{,}02\, L - 0{,}3) = 0$. On obtient $L = 0$ ou $L = 15$.
      Or, pour tout $n$, $u_n \geqslant 1$, donc $L \geqslant 1$ : la seule possibilité est $L = 15$.
3. 1. La suite $(u_n)$ est croissante et tend vers $15$. Comme $14 < 15$, par définition de la limite, à partir d'un certain rang on aura $u_n > 14$. La surface dépassera donc bien $14$ ha au bout d'un certain nombre d'années.

   2. Algorithme complété :

      def seuil():
          n = 0
          u = 1
          while u <= 14 :
              n = n + 1
              u = -0.02 * u**2 + 1.3 * u
          return n

      À l'exécution, on obtient $n = 18$ : la posidonie dépassera $14$ ha au $1^{\text{er}}$ juillet $2024 + 18 = 2042$.

Partie B — Étude d'un modèle continu

1. $f$ ne s'annule pas et est dérivable sur $[0~;~+\infty[$, donc $g = \dfrac{1}{f}$ l'est aussi, et $g'(t) = -\dfrac{f'(t)}{f(t)^2}$.

   Comme $f' = 0{,}02\, f(15 - f)$ :
   $$\begin{aligned} g'(t) &= -\dfrac{0{,}02\, f(t)(15 - f(t))}{f(t)^2} \\ &= -\dfrac{0{,}02\,(15 - f(t))}{f(t)} \\ &= -0{,}3 \times \dfrac{1}{f(t)} + 0{,}02 \\ &= -0{,}3\, g(t) + 0{,}02. \end{aligned}$$
   Donc $g$ est solution de $(E_2) : y' = -0{,}3\, y + 0{,}02$.

2. L'équation $(E_2)$ est linéaire du premier ordre. Une solution particulière constante vérifie $0 = -0{,}3\, y + 0{,}02$, soit $y = \dfrac{0{,}02}{0{,}3} = \dfrac{1}{15}$.

   Les solutions générales sont donc : $y(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + \dfrac{1}{15}$, avec $K \in \mathbb{R}$.

3. Comme $f(0) = 1$, on a $g(0) = 1$. Donc $K + \dfrac{1}{15} = 1$, soit $K = \dfrac{14}{15}$.

   D'où $g(t) = \dfrac{14}{15}\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + \dfrac{1}{15} = \dfrac{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1}{15}$.

   En prenant l'inverse : $f(t) = \dfrac{1}{g(t)} = \dfrac{15}{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1}$.

4. Quand $t \to +\infty$, $\mathrm{e}^{-0{,}3 t} \to 0$, donc $14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1 \to 1$, et $f(t) \to 15$.

   La superficie tend vers $15$ ha (limite cohérente avec la partie A).

5. Pour $t \geqslant 0$, $14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1 > 0$. Donc :
   $$\begin{aligned} f(t) > 14 &\Leftrightarrow \dfrac{15}{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1} > 14 \\ &\Leftrightarrow 15 > 14\,(14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1) \\ &\Leftrightarrow 1 > 196\, \mathrm{e}^{-0{,}3 t}. \end{aligned}$$
   Soit $\mathrm{e}^{-0{,}3 t} < \dfrac{1}{196}$, c'est-à-dire $-0{,}3\, t < -\ln(196)$, donc $t > \dfrac{\ln(196)}{0{,}3} \approx 17{,}6$.

   Dans ce modèle continu, la posidonie dépassera $14$ ha environ $17{,}6$ années après le $1^{\text{er}}$ juillet $2024$, soit au cours de l'année $2042$ (résultat cohérent avec la partie A).