Bac spé maths — Métropole jour 2 — juin 2025

Exercice 1

Partie A

1. L'énoncé donne $P(A) = 0{,}6$, $P_A(B) = 0{,}3$ et $P_{\overline{A}}(B) = 0{,}4$. On en déduit $P(\overline{A}) = 0{,}4$, $P_A(\overline{B}) = 0{,}7$ et $P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}6$.

   

2. $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24$.

   Cela signifie que $24\,\%$ des personnes ayant souscrit à la formule ne chutent ni à la première ni à la deuxième séance.

3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $(A~;~\overline{A})$ :
   $$\begin{aligned} P(B) &= P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B) \\ &= 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4 \\ &= 0{,}18 + 0{,}16 \\ &= 0{,}34. \end{aligned}$$
4. On cherche $P_{\overline{B}}(\overline{A})$. On a $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}34 = 0{,}66$ et $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}24$ (question 2). Donc :
   $$P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{12}{33} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364.$$
5. 1. On répète $100$ fois de manière indépendante (tirage avec remise) la même épreuve de Bernoulli « la personne ne chute à aucune des deux séances » de paramètre $p = 0{,}24$. La variable $X$ qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(100~;~0{,}24)$.
   2. À la calculatrice : $P(X \geqslant 20) = 1 - P(X \leqslant 19) \approx 1 - 0{,}145 = 0{,}855$ à $10^{-3}$ près.
   3. $E(X) = n \times p = 100 \times 0{,}24 = 24$. En moyenne, sur un grand nombre d'échantillons de $100$ personnes, on attend $24$ personnes qui ne chuteront à aucune des deux séances.

Partie B

1. Par linéarité de l'espérance : $E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100$.

   Pour une personne choisie au hasard parmi celles venues un week-end, le temps total d'attente moyen est de $100$ minutes.

2. Les variables $T_1$ et $T_2$ étant indépendantes, $V(T) = V(T_1) + V(T_2) = \sigma(T_1)^2 + \sigma(T_2)^2 = 10^2 + 16^2 = 100 + 256 = 356$.
3. L'évènement $\{60 < T < 140\}$ s'écrit $\{\lvert T - 100 \rvert < 40\}$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\varepsilon = 40$ :
   $$P(\lvert T - 100 \rvert \geqslant 40) \leqslant \dfrac{V(T)}{40^2} = \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225.$$
   Par passage au complémentaire :
   $$\begin{aligned} P(60 < T < 140) &= 1 - P(\lvert T - 100 \rvert \geqslant 40) \\ &\geqslant 1 - 0{,}2225 \\ &= 0{,}7775 > 0{,}77. \end{aligned}$$

Exercice 2

Partie A

1. Pour le point $S\left(-\dfrac{1}{2}~;~1~;~4\right)$, on cherche $t$ et $s$ correspondants.

   Sur $d$ : $\dfrac{3}{2} + 2t = -\dfrac{1}{2}$ donne $t = -1$ ; on vérifie $2 + (-1) = 1$ ✓ et $3 - (-1) = 4$ ✓.

   Sur $d'$ : $s = -\dfrac{1}{2}$ ; on vérifie $\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} = 1$ ✓ et $3 - 2 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 4$ ✓.

   De plus $d$ a pour vecteur directeur $\vec{u}(2~;~1~;~-1)$ et $d'$ a pour vecteur directeur $\vec{v}(1~;~1~;~-2)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires car $\dfrac{2}{1} \neq \dfrac{1}{1}$. Les droites $d$ et $d'$ sont donc bien sécantes en $S$.

2. 1. $\overrightarrow{AB}(2~;~-3~;~1)$ et $\overrightarrow{AC}(2~;~-1~;~0)$ ne sont pas colinéaires (les coordonnées en $z$ sont distinctes : $0$ et $1$), donc $A$, $B$, $C$ définissent un plan.
      $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 2 - 6 + 4 = 0$.
      $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 0$.
      $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : c'est donc un vecteur normal à $(ABC)$.
   2. Une équation cartésienne de $(ABC)$ est de la forme $x + 2y + 4z + d = 0$. Comme $A(-1~;~2~;~1) \in (ABC)$ : $-1 + 4 + 4 + d = 0$, soit $d = -7$. Une équation est bien $x + 2y + 4z - 7 = 0$.
3. Pour $S\left(-\dfrac{1}{2}~;~1~;~4\right)$ : $-\dfrac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 - 7 = -\dfrac{1}{2} + 2 + 16 - 7 = \dfrac{21}{2} \neq 0$. Donc $S$ n'appartient pas au plan $(ABC)$ : les points $A$, $B$, $C$, $S$ ne sont pas coplanaires.

4. 1. $H$ appartient à $(ABC)$ : $-1 + 0 + 8 - 7 = 0$ ✓.

      $\overrightarrow{SH}$ est colinéaire à $\vec{n}$ :
      $$\overrightarrow{SH}\begin{pmatrix} -1 - (-\tfrac{1}{2}) \\ 0 - 1 \\ 2 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\tfrac{1}{2} \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} = -\dfrac{1}{2}\,\vec{n}.$$
      Donc $(SH)$ est orthogonale à $(ABC)$, et $H \in (ABC)$ : $H$ est bien le projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$.

   2. Pour tout point $M$ du plan $(ABC)$, le projeté orthogonal $H$ réalise la distance minimale de $S$ à $(ABC)$ : $SM \geqslant SH$.
      $$SH = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 1 + 4} = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}.$$
      Donc pour tout $M \in (ABC)$, $SM \geqslant \dfrac{\sqrt{21}}{2}$ : il n'existe pas de point $M \in (ABC)$ tel que $SM < \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

Partie B

1. $\overrightarrow{CS} = S - C = \left(-\dfrac{1}{2} - 1~;~1 - 1~;~4 - 1\right) = \left(-\dfrac{3}{2}~;~0~;~3\right)$.
   Donc $M = C + k\,\overrightarrow{CS}$ a pour coordonnées :
   $$M\left(1 - \dfrac{3k}{2}~;~1~;~1 + 3k\right) \quad \text{avec } k \in [0~;~1].$$

2. Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$.
   $$\overrightarrow{MA} = \left(-2 + \dfrac{3k}{2}~;~1~;~-3k\right), \quad \overrightarrow{MB} = \left(\dfrac{3k}{2}~;~-2~;~1 - 3k\right).$$
   $$\begin{aligned} \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} &= \left(-2 + \dfrac{3k}{2}\right)\dfrac{3k}{2} + 1 \times (-2) + (-3k)(1 - 3k) \\ &= \dfrac{9k^2}{4} - 3k - 2 - 3k + 9k^2 \\ &= \dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2. \end{aligned}$$
   On cherche les $k$ tels que $\dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2 = 0$, soit $45k^2 - 24k - 8 = 0$.

   $\Delta = 24^2 + 4 \times 45 \times 8 = 576 + 1440 = 2016 = 144 \times 14$, donc $\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}$.

   $k = \dfrac{24 \pm 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 \pm 2\sqrt{14}}{15}$.

   $k_1 = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766 \in [0~;~1]$ et $k_2 = \dfrac{4 - 2\sqrt{14}}{15} \approx -0{,}232 \notin [0~;~1]$.

   Il existe donc un unique point $M$ sur $[CS]$ tel que $MAB$ soit rectangle en $M$, correspondant à $k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15}$.

Exercice 3

1. Affirmation 1 : FAUSSE.
   Pour $n \geqslant 1$, on met les termes dominants en facteur :
   $$\begin{aligned} u_n &= \dfrac{1 + 5^n}{2 + 3^n} \\ &= \dfrac{5^n\left(5^{-n} + 1\right)}{3^n\left(2 \times 3^{-n} + 1\right)} \\ &= \left(\dfrac{5}{3}\right)^n \times \dfrac{5^{-n} + 1}{2 \times 3^{-n} + 1}. \end{aligned}$$
   Quand $n \to +\infty$, $\left(\dfrac{5}{3}\right)^n \to +\infty$ (car $\dfrac{5}{3} > 1$) et le second facteur tend vers $1$. Donc $u_n \to +\infty$ : la suite $(u_n)$ diverge, elle ne converge pas vers $\dfrac{5}{3}$.

2. Affirmation 2 : VRAIE. Démonstration par récurrence de la propriété $P(n)$ : « $w_n \geqslant n$ ».

   Initialisation : $w_0 = 0 \geqslant 0$, donc $P(0)$ est vraie.

   Hérédité : supposons $P(n)$ vraie, soit $w_n \geqslant n$. Alors :
   $$w_{n+1} = 3 w_n - 2n + 3 \geqslant 3n - 2n + 3 = n + 3 \geqslant n + 1.$$
   Donc $P(n+1)$ est vraie.

   Conclusion : par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $w_n \geqslant n$.

3. Affirmation 3 : FAUSSE.
   La tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse $1$ est l'axe des abscisses, donc $f(1) = 0$. Or, par lecture graphique, la tangente $T$ au point $A$ d'abscisse $8$ passe nettement au-dessus du point $(1~;~0)$ : on lit $T(1) > 0$.

   Donc en $x = 1$ : $f(1) = 0 < T(1)$. La courbe $\mathcal{C}_f$ passe en dessous de la tangente $T$. Or une fonction convexe sur un intervalle est située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. La fonction $f$ n'est donc pas convexe sur $]0~;~+\infty[$.

4. Affirmation 4 : VRAIE.
   Soit $h : x \mapsto \ln(x) - x + 1$ définie sur $]0~;~+\infty[$. Elle est dérivable et $h'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1 - x}{x}$.

   Sur $]0~;~1[$, $h'(x) > 0$ ; sur $]1~;~+\infty[$, $h'(x) < 0$. Donc $h$ admet un maximum en $x = 1$, et :
   $$h(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0.$$
   Donc pour tout $x > 0$, $h(x) \leqslant h(1) = 0$, c'est-à-dire $\ln(x) - x + 1 \leqslant 0$.

Exercice 4

Partie A — Lectures graphiques

1. Par lecture graphique, $d(t) = 15$ pour $t \approx 2$ s : le chariot aura parcouru $15$ m au bout d'environ $2$ secondes.
2. La courbe $\mathcal{C}_d$ admet pour asymptote horizontale en $+\infty$ la droite $\Delta$ d'ordonnée $\approx 22{,}8$. La zone de freinage doit donc mesurer au minimum environ $23$ m.

3. $d'(4{,}7)$ est le coefficient directeur de la tangente $T$ à $\mathcal{C}_d$ au point $A$ d'abscisse $4{,}7$. Graphiquement, on lit $d'(4{,}7) \approx 1$.

   Or $d'$ représente la vitesse instantanée du chariot. Au bout de $4{,}7$ s, le chariot a une vitesse d'environ $1$ m·s$^{-1}$.

Partie B

1. 1. L'équation différentielle $(E') : y' + 0{,}6\, y = 0$ a pour solutions sur $[0~;~+\infty[$ les fonctions $t \mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, $K \in \mathbb{R}$.
   2. $g(t) = t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, donc $g'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t} + t \times (-0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} = (1 - 0{,}6\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$.
      $$\begin{aligned} g'(t) + 0{,}6\,g(t) &= (1 - 0{,}6\,t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + 0{,}6\, t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= \mathrm{e}^{-0{,}6 t}. \end{aligned}$$
      Donc $g$ est solution de $(E)$.
   3. Les solutions de $(E)$ s'écrivent comme la somme d'une solution particulière (par exemple $g$) et des solutions de l'équation homogène $(E')$ :
      $$y(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}, \quad K \in \mathbb{R}.$$
   4. $v$ est une solution de $(E)$ vérifiant $v(0) = 12$. Avec $v(t) = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$ : $v(0) = K = 12$. Donc :
      $$v(t) = (12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}.$$
2. 1. $v(t) = (12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, donc :
      $$\begin{aligned} v'(t) &= \mathrm{e}^{-0{,}6 t} + (12 + t)\,(-0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= \bigl[1 - 0{,}6(12 + t)\bigr]\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= (-6{,}2 - 0{,}6\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}. \end{aligned}$$

   2. $v(t) = 12\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{1}{0{,}6} \times \dfrac{0{,}6\, t}{\mathrm{e}^{0{,}6 t}}$.

      Quand $t \to +\infty$ : $\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \to 0$, donc $12\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \to 0$. En posant $u = 0{,}6\, t$, $\dfrac{0{,}6\, t}{\mathrm{e}^{0{,}6 t}} = \dfrac{u}{\mathrm{e}^u} \to 0$ par croissances comparées.

      Donc $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0$.

   3. Pour tout $t \geqslant 0$, $\mathrm{e}^{-0{,}6 t} > 0$ et $-6{,}2 - 0{,}6\, t < 0$. Donc $v'(t) < 0$ : $v$ est strictement décroissante sur $[0~;~+\infty[$.

      

   4. $v$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0~;~+\infty[$, avec $v(0) = 12$ et $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0$. Donc $v$ réalise une bijection de $[0~;~+\infty[$ sur $]0~;~12]$. Comme $1 \in ]0~;~12]$, l'équation $v(t) = 1$ admet une unique solution $\alpha \in [0~;~+\infty[$.

      À la calculatrice : $v(4{,}6) \approx 1{,}05 > 1$ et $v(4{,}7) \approx 0{,}995 < 1$. Comme $v$ est décroissante, $\alpha \in {]4{,}6~;~4{,}7[}$, donc $\alpha \approx 4{,}7$ au dixième près.

3. Le système se déclenche lorsque $v(t) \leqslant 1$, soit, $v$ étant décroissante, lorsque $t \geqslant \alpha \approx 4{,}7$ s.

   Le dispositif d'arrêt entre donc en action au bout d'environ $4{,}7$ secondes.

Partie C

1. On effectue une intégration par parties sur $\displaystyle\int_0^t (12 + x)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\,\mathrm{d}x$, en posant $u(x) = 12 + x$ et $w'(x) = \mathrm{e}^{-0{,}6 x}$ ; donc $u'(x) = 1$ et $w(x) = -\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}$. Les fonctions $u$ et $w$ sont $\mathcal{C}^1$ sur $[0~;~t]$, donc :
   $d(t) = \left[-\dfrac{5}{3}(12 + x)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\right]_0^t - \displaystyle\int_0^t -\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{5}{3}(12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{5}{3} \times 12 + \dfrac{5}{3}\left[-\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\right]_0^t$.

   En développant : $d(t) = -\dfrac{5}{3}(12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + 20 - \dfrac{25}{9}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{25}{9}$.

   En regroupant les exponentielles : $d(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t}\left[-\dfrac{5}{3}(12 + t) - \dfrac{25}{9}\right] + 20 + \dfrac{25}{9}$.

   Or $-\dfrac{5}{3}(12 + t) - \dfrac{25}{9} = -\dfrac{180}{9} - \dfrac{15\, t}{9} - \dfrac{25}{9} = -\dfrac{205}{9} - \dfrac{5\, t}{3}$, et $20 + \dfrac{25}{9} = \dfrac{205}{9}$.

   Donc $d(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t}\left(-\dfrac{5}{3}\, t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}$.

2. La distance parcourue avant le déclenchement du dispositif est $d(\alpha)$ avec $\alpha \approx 4{,}7$ :
   $$\begin{aligned} d(4{,}7) &= \mathrm{e}^{-2{,}82}\left(-\dfrac{5 \times 4{,}7}{3} - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9} \\ &\approx 0{,}0596 \times (-30{,}61) + 22{,}78 \\ &\approx 20{,}95. \end{aligned}$$
   Le chariot a donc parcouru environ $20{,}95$ m dans la zone de freinage avant le déclenchement du dispositif d'arrêt.