Bac spé maths — Polynésie jour 1 — juin 2026

Exercice 1

Partie A

1. On traduit l'énoncé : $P(M) = 0{,}8$ donc $P\!\left(\overline{M}\right) = 0{,}2$.
   Parmi les planches en mousse, $75\,\%$ sont en bon état, donc $P_M(B) = 0{,}75$ et $P_M(R) = 0{,}25$.
   Parmi les planches en résine, $60\,\%$ sont en bon état, donc $P_{\overline{M}}(B) = 0{,}60$.
   Les probabilités $P_{\overline{M}}(R)$ et $P_{\overline{M}}(C)$ seront complétées à la question suivante.

   
2. 1. L'égalité $P\!\left(\overline{M} \cap R\right) = 0{,}05$ signifie que $5\,\%$ des planches de l'école sont à la fois en résine et destinées au recyclage après la saison.
   2. Choisir une planche en résine, c'est se placer sachant $\overline{M}$.
      On a $P_{\overline{M}}(R) = \dfrac{P\!\left(\overline{M} \cap R\right)}{P\!\left(\overline{M}\right)} = \dfrac{0{,}05}{0{,}2} = 0{,}25$.
      Une planche en résine est en bon état, recyclée ou consolidée : ces trois issues forment une partition, donc $P_{\overline{M}}(B) + P_{\overline{M}}(R) + P_{\overline{M}}(C) = 1$.
      On en déduit $P_{\overline{M}}(C) = 1 - 0{,}60 - 0{,}25 = 0{,}15$.
      La probabilité qu'une planche en résine soit consolidée est bien $0{,}15$.
3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $\left\{M~;~\overline{M}\right\}$ : $$\begin{aligned} P(B) &= P(M) \times P_M(B) + P\!\left(\overline{M}\right) \times P_{\overline{M}}(B) \\ &= 0{,}8 \times 0{,}75 + 0{,}2 \times 0{,}60 \\ &= 0{,}60 + 0{,}12 \\ &= 0{,}72. \end{aligned}$$ Or $\dfrac{3}{4} = 0{,}75$ et $0{,}72 < 0{,}75$.
   La gérante a tort : après une saison, seulement $72\,\%$ des planches sont en bon état, ce qui est strictement inférieur aux $75\,\%$ annoncés.

Partie B

1. L'urne contient $n + 5$ boules indiscernables au toucher.
   Tirer simultanément deux boules revient à choisir une partie à $2$ éléments parmi $n+5$ : il y a $\dbinom{n+5}{2}$ tirages possibles, tous équiprobables.
   L'évènement « les deux boules sont de même couleur » est réalisé soit par deux boules noires ($\dbinom{5}{2}$ choix), soit par deux boules rouges ($\dbinom{n}{2}$ choix).
   Ces deux cas étant incompatibles, le nombre de tirages favorables est $\dbinom{5}{2} + \dbinom{n}{2}$, d'où $$p = \dfrac{\dbinom{5}{2} + \dbinom{n}{2}}{\dbinom{n+5}{2}}.$$
2. On a $\dbinom{5}{2} = 10$, $\dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}$ et $\dbinom{n+5}{2} = \dfrac{(n+5)(n+4)}{2}$.
   En multipliant numérateur et dénominateur par $2$ : $$p = \dfrac{2 \times 10 + n(n-1)}{(n+5)(n+4)} = \dfrac{20 + n(n-1)}{(n+5)(n+4)}.$$
3. Pour tout entier $n$, le dénominateur $(n+5)(n+4)$ est strictement positif, donc : $$p < \dfrac{1}{2} \iff 2\big(20 + n(n-1)\big) < (n+5)(n+4).$$ On développe : $2\big(20 + n^2 - n\big) < n^2 + 9n + 20$, soit $40 + 2n^2 - 2n < n^2 + 9n + 20$, ce qui équivaut à $$n^2 - 11n + 20 < 0.$$ Le trinôme $n^2 - 11n + 20$ a pour discriminant $\Delta = 121 - 80 = 41$ et pour racines $\dfrac{11 - \sqrt{41}}{2} \approx 2{,}30$ et $\dfrac{11 + \sqrt{41}}{2} \approx 8{,}70$.
   Il est négatif entre ses racines, donc l'inégalité est vérifiée pour $2{,}30 < n < 8{,}70$.
   Les valeurs entières possibles sont $n \in \{3~;~4~;~5~;~6~;~7~;~8\}$.

Exercice 2

1. Affirmation 1 — Fausse. Pour tout réel $x$, $f(x) = (x+1)\mathrm{e}^{-x} = x\,\mathrm{e}^{-x} + \mathrm{e}^{-x} = \dfrac{x}{\mathrm{e}^{x}} + \mathrm{e}^{-x}$.
   Par croissances comparées, $\dfrac{x}{\mathrm{e}^{x}} \to 0$ quand $x \to +\infty$, et $\mathrm{e}^{-x} \to 0$.
   Donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$, et non $+\infty$.
2. Affirmation 2 — Vraie. La fonction $g$ est deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$.
   On a $g'(x) = \mathrm{e}^{x} + x\,\mathrm{e}^{x} = (1 + x)\mathrm{e}^{x}$, puis $g''(x) = \mathrm{e}^{x} + (1+x)\mathrm{e}^{x} = (2 + x)\mathrm{e}^{x}$.
   Comme $\mathrm{e}^{x} > 0$, le signe de $g''(x)$ est celui de $2 + x$ : sur $[-2~;~+\infty[$, on a $2 + x \geqslant 0$, donc $g''(x) \geqslant 0$.
   La fonction $g$ est donc convexe sur $[-2~;~+\infty[$.
3. Affirmation 3 — Fausse. On pose $u(x) = x$ et $v'(x) = \sin(x)$, fonctions dérivables à dérivées continues, avec $u'(x) = 1$ et $v(x) = -\cos(x)$.
   L'intégration par parties donne : $$\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} x\sin(x)\,\mathrm{d}x &= \Big[-x\cos(x)\Big]_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} \cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \big(-\pi\cos(\pi) + 0\big) + \Big[\sin(x)\Big]_{0}^{\pi}. \end{aligned}$$ Or $\cos(\pi) = -1$ et $\sin(\pi) = \sin(0) = 0$, donc l'intégrale vaut $\pi + 0 = \pi$, et non $-\pi$.
4. Affirmation 4 — Vraie. On vérifie d'abord la condition initiale : $h(0) = -\dfrac{3}{2}\mathrm{e}^{0} + \dfrac{5}{2} = -\dfrac{3}{2} + \dfrac{5}{2} = 1$.
   Ensuite, $h'(x) = -\dfrac{3}{2} \times 2\,\mathrm{e}^{2x} = -3\,\mathrm{e}^{2x}$.
   Par ailleurs, $2h(x) - 5 = 2\!\left(-\dfrac{3}{2}\mathrm{e}^{2x} + \dfrac{5}{2}\right) - 5 = -3\,\mathrm{e}^{2x} + 5 - 5 = -3\,\mathrm{e}^{2x}$.
   Ainsi $h'(x) = 2h(x) - 5$ : $h$ est solution de $(E)$ et vaut $1$ en $0$.
5. Affirmation 5 — Vraie. La boucle calcule le produit $1 \times 1 \times 2 \times \cdots \times n$, c'est-à-dire $n!$.
   Pour $n = 5$, on obtient $5! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 = 120$.
   L'appel mystere(5) renvoie donc bien $120$.

Exercice 3

Partie A

1. On a $u_1 = \ln\!\left(3u_0^2 + 1\right) = \ln(3 \times 4 + 1) = \ln(13) \approx 2{,}565$.
2. Les points semblent monter régulièrement vers une valeur proche de $3{,}78$ sans la dépasser.
   On conjecture que la suite $(u_n)$ est croissante et convergente.
3. On note $\mathcal{P}(n)$ la propriété « $2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$ » et on raisonne par récurrence.
   Initialisation : $u_0 = 2$ et $u_1 = \ln(13) \approx 2{,}565$, donc $2 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 4$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.
   Hérédité : supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie pour un entier $n$, soit $2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$.
   La fonction $f$ est croissante sur $[0~;~+\infty[$, donc en appliquant $f$ à cet encadrement : $$f(2) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(4),$$ c'est-à-dire $f(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant f(4)$.
   Or $f(2) = \ln(13) \approx 2{,}565 \geqslant 2$ et $f(4) = \ln(49) \approx 3{,}892 \leqslant 4$.
   On obtient donc $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 4$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.
   Par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$.
4. L'encadrement précédent montre que la suite $(u_n)$ est croissante (car $u_n \leqslant u_{n+1}$) et majorée par $4$.
   D'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)$ est convergente.

Partie B

1. La fonction $g$ est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables.
   La dérivée de $x \mapsto \ln\!\left(3x^2+1\right)$ est $\dfrac{(3x^2+1)'}{3x^2+1} = \dfrac{6x}{3x^2+1}$.
   Donc, pour tout $x \in [0~;~+\infty[$ : $$g'(x) = \dfrac{6x}{3x^2+1} - 1 = \dfrac{6x - (3x^2+1)}{3x^2+1} = \dfrac{-3x^2 + 6x - 1}{3x^2 + 1}.$$
2. Sur $[2~;~4]$, le dénominateur $3x^2 + 1$ est strictement positif, donc $g'(x)$ est du signe du numérateur $N(x) = -3x^2 + 6x - 1$.
   Le trinôme $N$ a pour racines $1 \pm \dfrac{\sqrt{6}}{3}$, c'est-à-dire environ $0{,}18$ et $1{,}82$ ; comme son coefficient dominant est négatif, $N(x) < 0$ pour $x > 1{,}82$.
   En particulier $N(x) < 0$ sur $[2~;~4]$, donc $g'(x) < 0$ sur cet intervalle : la fonction $g$ est strictement décroissante sur $[2~;~4]$.
3. La fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $[2~;~4]$.
   On calcule $g(2) = \ln(13) - 2 \approx 0{,}565 > 0$ et $g(4) = \ln(49) - 4 \approx -0{,}108 < 0$.
   Comme $0$ est compris entre $g(4)$ et $g(2)$, le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué à une fonction strictement monotone, assure que l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[2~;~4]$.
   À la calculatrice, $g(3{,}78) \approx 0{,}001 > 0$ et $g(3{,}79) \approx -0{,}004 < 0$, donc $\alpha \approx 3{,}78$.
4. La fonction $f$ est continue sur $[0~;~+\infty[$ et, pour tout $n$, $u_{n+1} = f(u_n)$.
   En passant à la limite, la limite $\ell$ vérifie $\ell = f(\ell)$, soit $\ell = \ln\!\left(3\ell^2 + 1\right)$, c'est-à-dire $g(\ell) = 0$.
   D'après la récurrence de la partie A, $2 \leqslant u_n \leqslant 4$ pour tout $n$, donc par passage à la limite $\ell \in [2~;~4]$.
   Or $\alpha$ est l'unique solution de $g(x) = 0$ sur $[2~;~4]$, donc $\ell = \alpha$.

Exercice 4

1. 1. On a $\overrightarrow{AB}\,(-1~;~1~;~3)$ et $\overrightarrow{AC}\,(-3~;~2~;~1)$.
      Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : de $\dfrac{-1}{-3} = \dfrac{1}{3}$ on tirerait $\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}$, ce qui est faux.
      Les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés, donc ils définissent un plan.
   2. On calcule les produits scalaires : $$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 5 \times (-1) + 8 \times 1 + (-1) \times 3 = -5 + 8 - 3 = 0,$$ $$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 5 \times (-3) + 8 \times 2 + (-1) \times 1 = -15 + 16 - 1 = 0.$$ Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : c'est donc un vecteur normal à ce plan.
   3. Comme $\vec{n}\,(5~;~8~;~-1)$ est normal au plan, celui-ci admet une équation de la forme $5x + 8y - z + d = 0$.
      Le point $A(1~;~2~;~-1)$ appartient au plan : $5 \times 1 + 8 \times 2 - (-1) + d = 0$, soit $22 + d = 0$, d'où $d = -22$.
      Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc $5x + 8y - z - 22 = 0$.
   4. Pour $D(8~;~2~;~-11)$ : $5 \times 8 + 8 \times 2 - (-11) - 22 = 40 + 16 + 11 - 22 = 45 \neq 0$.
      Le point $D$ n'appartient pas au plan $(ABC)$.
2. 1. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(ABC)$, donc elle admet pour vecteur directeur un vecteur normal au plan, par exemple $\vec{n}\,(5~;~8~;~-1)$.
      Elle passe par $D(8~;~2~;~-11)$, d'où la représentation paramétrique : $$\begin{cases} x = 8 + 5t \\ y = 2 + 8t \\ z = -11 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}.$$
   2. Le point $E$ appartient à $\Delta$ et au plan $(ABC)$. En remplaçant les coordonnées d'un point de $\Delta$ dans l'équation du plan : $$5(8 + 5t) + 8(2 + 8t) - (-11 - t) - 22 = 0,$$ soit $40 + 25t + 16 + 64t + 11 + t - 22 = 0$, c'est-à-dire $45 + 90t = 0$, d'où $t = -\dfrac{1}{2}$.
      On obtient alors $x = 8 - \dfrac{5}{2} = \dfrac{11}{2}$, $y = 2 - 4 = -2$ et $z = -11 + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{21}{2}$.
      Donc $E\left(\dfrac{11}{2}~;~-2~;~-\dfrac{21}{2}\right)$.
   3. On a $\overrightarrow{DE}\left(\dfrac{11}{2} - 8~;~-2 - 2~;~-\dfrac{21}{2} + 11\right) = \left(-\dfrac{5}{2}~;~-4~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
      Donc $$DE = \sqrt{\left(\dfrac{5}{2}\right)^2 + 4^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{25}{4} + 16 + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{45}{2}} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}.$$ La distance de $D$ au plan $(ABC)$ est $DE = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}$.
3. 1. La droite $(BC)$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\,(-2~;~1~;~-2)$, lu sur sa représentation paramétrique.
      L'Entrée 1 calcule $\overrightarrow{AH} \cdot \vec{u}$ avec $\overrightarrow{AH}\left(-\dfrac{2}{3}-1~;~\dfrac{10}{3}-2~;~\dfrac{4}{3}+1\right)$, et le résultat est $0$ : le vecteur $\overrightarrow{AH}$ est orthogonal à $(BC)$.
      L'Entrée 2 montre que le système plaçant $H$ sur $(BC)$ a pour solution $k = \dfrac{1}{3}$ : le point $H$ appartient donc à la droite $(BC)$.
      Étant le point de $(BC)$ tel que $\overrightarrow{AH}$ est orthogonal à $(BC)$, $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite $(BC)$.
   2. On choisit comme base du tétraèdre le triangle $ABC$.
      Comme $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$, la hauteur du triangle issue de $A$ est $AH$, dont l'Entrée 3 donne la longueur $\sqrt{10}$, et la base $BC$ a pour longueur $3$ d'après l'Entrée 4.
      L'aire du triangle $ABC$ vaut donc $$\mathcal{B} = \dfrac{1}{2} \times BC \times AH = \dfrac{1}{2} \times 3 \times \sqrt{10} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}.$$ La hauteur du tétraèdre relative à cette base est la distance de $D$ au plan $(ABC)$, soit $DE = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}$ (question 2. c.).
      On en déduit le volume : $$\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times DE = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3\sqrt{10}}{2} \times \dfrac{3\sqrt{10}}{2} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{9 \times 10}{4} = \dfrac{90}{12} = \dfrac{15}{2}.$$ Le volume du tétraèdre $ABCD$ est $\dfrac{15}{2} = 7{,}5$ unités de volume.