Fiche de mathématiques

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Bac spécialité maths 2025 Métropole Jour 2

Durée : 4 heures

5 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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4 points

exercice 3

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6 points

exercice 4

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Bac spécialité mathématiques

Métropole 2025

Jour 2

5 points

exercice 1

Partie A

1. Représentation par un arbre pondéré

L'arbre pondéré modélisant la situation est le suivant :

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2.    Calcul de $P(\overline{A} \cap \overline{B})$

On cherche la probabilité que la personne ne chute ni à la première ni à la deuxième séance.

$P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B})$

Sachant que $P(A) = 0,6$ , alors $P(\overline{A}) = 1 - 0,6 = 0,4$ .

D'après l'énoncé, si la personne ne chute pas à la première séance, la probabilité qu'elle ne chute pas à la deuxième est $1 - 0,4 = 0,6$ .

Ainsi :

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

Interprétation : La probabilité qu'une personne choisie au hasard ne chute ni à la première ni à la deuxième séance est de $0,24$ .

3.    Montrer que $P(B) = 0,34$

Les événements $A$ et $\overline A$ forment une partition de l'univers, on utilise la formule des probabilités totales :

$P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B)$

En remplaçant par les valeurs données : $P(B) = 0,6 \times 0,3 + 0,4 \times 0,4 = 0,18 + 0,16 = 0,34$

Ainsi, $P(B) = 0,34$ .

4.    On cherche la probabilité que la personne n'ait pas chuté à la première séance sachant qu'elle n'a pas chuté à la deuxième séance, c'est-à-dire $P_{\overline{B}}(\overline{A})$ .

On utilise la formule des probabilités conditionnelles : $P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})}$

On a déjà calculé $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0,24$ .

De plus, $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0,34 = 0,66$ .

Ainsi : $P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{0,24}{0,66} \approx 0,3636$

Arrondi au millième, la probabilité est 0,364.

5. a.    Loi suivie par X

La variable aléatoire $X$ compte le nombre de personnes (parmi 100) n'ayant chuté ni à la première ni à la deuxième séance.

Chaque personne a une probabilité $p = 0,24$ de ne chuter à aucune séance (d'après la question 2), et les tirages sont indépendants (car assimilés à un tirage avec remise). Ainsi, $X$ suit une loi binomiale de paramètres : $X \sim \mathcal{B}(n=100, p=0,24)$

5. b.   Probabilité $P(X \geq 20)$

On cherche la probabilité qu'au moins 20 personnes sur 100 ne chutent à aucune séance.

$P(X \geq 20) = 1-P(X< 20)=1 - P(X \leq 19)$

En utilisant la calculatrice :

$P(X \leq 19) \approx 0,145 \quad \text{(valeur approchée)}$ Donc :

$P(X \geq 20) \approx 1 - 0,145$ soit $P(X \geq 20) \approx 0,855$

Interprétation : La probabilité que dans un échantillon de 100 personnes, au moins 20 ne chutent à aucune séance est d'environ $0,855$

5. c.   Espérance $E(X)$

Pour une loi binomiale, l'espérance est donnée par : $E(X) = n \times p = 100 \times 0,24 = 24$

Interprétation : En moyenne, sur 100 personnes, 24 ne chuteront à aucune séance.

Partie B

1.    Espérance de $T$

Comme $T = T_1 + T_2$ et que $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes, l'espérance de $T$ est la somme des espérances :

$E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100 \text{ minutes}$

Interprétation : Le temps d'attente total moyen pour une personne sur les deux jours est de 100 minutes.

2.    Variance de $T$

La variance de la somme de deux variables aléatoires indépendantes est la somme de leurs variances : $V(T) = V(T_1) + V(T_2)$

Or, $V(T_1) = \sigma(T_1)^2 = 10^2 = 100$ et $V(T_2) = \sigma(T_2)^2 = 16^2 = 256$ , donc :

$V(T) = 100 + 256 = 356$

3.    Inégalité de Bienaymé-Tchebychev

On cherche à montrer que $P(60 < T < 140) > 0,77$ .

On utilise l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour $T$ centrée autour de son espérance $E(X)$ qui vaut $100$ :

$P(60 < T < 140)=P(-40 < T-100 < 40)=P(|T-E(T)|<40)$

$P(|T - E(T)| < 40) =1- P(|T-E(T)|\geq 40$

Or : $P(|T-E(T)|\geq 40)\leq \dfrac{V(T)}{40^2}$ donc :

$P(|T - 100| < 40) \geq 1 - \dfrac{356}{1~600} \approx 1 - 0,222 \approx 0,778$

Donc :

$P(60 < T < 140) > 0,77$

5 points

exercice 2

Partie A

1.    Intersection des droites $(d)$ et $(d')$

Pour montrer que d et d' sont sécantes en S(-1/2; 1; 4), on peut résoudre le système : $\begin{cases} \frac{3}{2} + 2t = s \\ 2 + t = \frac{3}{2} + s \\ 3 - t = 3 - 2s \end{cases}$

De la 3ème équation : $-t = -2s \iff t = 2s$

Dans la 2ème équation : $2 + 2s = \dfrac 32 + s \iff s = -\dfrac 12$

Donc $t = -1$

Vérification dans la 1ère équation : $\dfrac 32 + 2(-1) = -\dfrac 12$ qui est bien égal à $s = -\dfrac 12$

Les coordonnées du point d'intersection sont :

$\begin{cases} x = \frac{3}{2} + 2(-1) = -\frac{1}{2} \\ y = 2 + (-1) = 1 \\ z = 3 - (-1) = 4 \end{cases}$

Les droites sont donc sécantes en $S\left(-\dfrac 12\,;\, 1\,;\, 4\right)$ .

2. a.   Vecteur normal

Calculons deux vecteurs du plan :

$\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$

A la lecture de leurs coordonnées respectives, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires.

Or : $\overrightarrow n \cdot \overrightarrow{AB}=2-6+4=0$ donc $\overrightarrow n$ est orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ ; de même :

$\overrightarrow n \cdot \overrightarrow{AC}=2-2+0=0$ donc $\overrightarrow n$ est orthogonal à $\overrightarrow{AC}$ .

Le vecteur $\overrightarrow n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ ; le vecteur $\overrightarrow n$ est donc un vecteur normal au plan $(ABC)$ .

2. b.   Équation cartésienne du plan $(ABC)$

Le vecteur normal $\overrightarrow n(1,2,4)$ est un vecteur normal au plan donc :

Une équation du plan s'écrit : $1x+2y+4z+d=0$ avec $d$ réel.

Le point $A(-1 \,;\,2\,;\,1)$ appartient à ce plan si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation de ce plan soit :

$1+2+4+d=0$ soit $d=-7$ .

Conclusion : Une équation du plan $(ABC)$ est : $x+2y+4z-7=0$

2. c.   Montrons que les points $A, B, C, S$ ne sont pas coplanaires.

Vérifions si $S(-1/2;1;4)$ appartient au plan :

$(-1/2) + 2(1) + 4(4) - 7 = -0.5 + 2 + 16 - 7 = 10.5 \neq 0$

Donc $S$ n'appartient pas au plan $(ABC)$ , et les points $A,B,C,S$ ne sont pas coplanaires.

Partie B

3. a.    Projeté orthogonal $H$ de $S$ sur $(ABC)$

Pour montrer que $H(-1; 0; 2)$ est le projeté orthogonal de $S$ sur le plan $(ABC)$ , on vérifie :

$\checkmark$ que H appartient au plan (ABC) :

$+ 2(0) + 4(2) - 7 = -1 + 0 + 8 - 7 = 0$ , donc H appartient au plan (ABC)

$\checkmark$ et que : Le vecteur $\overrightarrow{SH}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}$ :

$\overrightarrow{SH} = \begin{pmatrix} -1 - (-\frac{1}{2}) \\ 0 - 1 \\ 2 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{n}$

Conclusion : $H$ est bien le projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$ .

3. b.    Distance minimale

La distance $SM$ est minimale lorsque M = H. Calculons SH :

$SH = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + 1 + 4} = \sqrt{\frac{21}{4}} = \frac{\sqrt{21}}{2}$

Ainsi, pour tout $M \in (ABC)$ , $SM \geq \frac{\sqrt{21}}{2}$ , avec égalité seulement si $M = H$ .

Partie B

1.   Coordonnées de $M$ en fonction de $k$

On a $\overrightarrow{CM} = k\overrightarrow{CS}$ avec $\overrightarrow{CS} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - 1 \\ 1 - 1 \\ 4 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{3}{2} \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}$

Donc : $M \;: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + k\begin{pmatrix} -\frac{3}{2} \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - \frac{3}{2}k \\ 1 \\ 1 + 3k \end{pmatrix}$

2.    Existence d'un triangle rectangle en M

Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$ . Calculons :

$\overrightarrow{MA} \; \begin{pmatrix} -1 - (1 - \frac{3}{2}k) \\ 2 - 1 \\ 1 - (1 + 3k) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 + \frac{3}{2}k \\ 1 \\ -3k \end{pmatrix}$ $\overrightarrow{MB} \; \begin{pmatrix} 1 - (1 - \frac{3}{2}k) \\ -1 - 1 \\ 2 - (1 + 3k) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2}k \\ -2 \\ 1 - 3k \end{pmatrix}$

Produit scalaire :

$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (-2 + \frac{3}{2}k)(\frac{3}{2}k) + (1)(-2) + (-3k)(1 - 3k)$

$\phantom {\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}}= -3k + \frac{9}{4}k^2 - 2 - 3k + 9k^2$

$\phantom {\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}}= \frac{45}{4}k^2 - 6k - 2$

Résolvons $\frac{45}{4}k^2 - 6k - 2 = 0$ qui est équivalent à résoudre $45k^2-24k-8=0$ :

Le discriminant est égal à : $\Delta = 24^2+32\times 45=2016$

L'équation admet deux solutions : $k = \dfrac{24 \pm 3\sqrt{2016}}{90} = \dfrac{4 \pm 2\sqrt{14}}{15}$ dont les valeurs approchées valent respectivement $0,77$ et $-0,23$ .

Il existe bien une valeur de $k \in [0,1]$ telle que le triangle $MAB$ soit rectangle en $M$ .

Conclusion : Il existe un unique point M correspondant à $k \approx 0.77$ tel que $MAB$ soit rectangle en $M$ .

4 points

exercice 3

Affirmation 1 : Convergence de la suite $(u_n)$

La suite est donnée par $u_n = \dfrac{1 + 5^n}{2 + 3^n}$ .

Pour étudier sa limite en $+\infty$ , on factorise par exemple par le terme $5^n$ le numérateur et par $3^n$ le dénominateur : $u_n = \dfrac{5^n \left(\frac{1}{5^n} + 1\right)}{3^n \left(\frac{2}{3^n} + 1\right)} = \left(\dfrac{5}{3}\right)^n \cdot \dfrac{1 + \frac{1}{5^n}}{1 + \frac{2}{3^n}}$

Comme $\dfrac{5}{3} > 1$ , $\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\left(\frac{5}{3}\right)^n = +\infty$ , tandis que la fraction tend vers 1.

Conclusion :

La suite $(u_n)$ diverge vers $+\infty$ .

L'affirmation 1 est fausse.

Affirmation 2 : Inégalité $w_n \geq n$

Montrons le par récurrence :

$\checkmark$ Initialisation : Pour $n=0$ , $w_0 = 0 \geq 0$ donc la propriété est vraie au rang $k=0$ .

$\checkmark$ Hérédité : Supposons $w_k \geq k$ pour un entier $k$ . Alors :

$w_{k+1} = 3w_k - 2k + 3 \geq 3k - 2k + 3 = k + 3 \geq k + 1.$

La propriété est héréditaire.

$\checkmark$ Conclusion : La proriété est vérifiée au rang 0, elle est est héréditaire, donc la proposition est toujours vraie.

L'affirmation 2 est vraie.

Affirmation 3 : Tangente à la courbe $C_f$

La tangente $T$ au point d'abscisse 8 est donnée dans l'énoncé.

D'après la figure fournie (Fig. 1) : La tangente $T$ en $x=8$ est située au dessus de la courbe $C_f$

La fonction ne peut donc pas être convexe sur son ensemble de définition. Conclusion :

L'affirmation 3 est fausse

Affirmation 4 :

On considère la fonction $g(x) = \ln(x) - x + 1$ pour $x > 0$ .

Étude de la fonction :

La fonction $g$ est dérivable sur son ensemble de définition et on a :

$g'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1-x}{x}$

Signe de la dérivée :

$g'(x) > 0$ pour $0 < x < 1$ (fonction croissante)

$g'(x) < 0$ pour $x > 1$ (fonction décroissante)

Maximum en $x=1$ : $g(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0$

Conclusion :

Le maximum global de $g$ est 0 atteint en $x=1$ . Donc : $\forall x > 0, \ln(x) - x + 1 \leq 0$

L'affirmation 4 est vraie.

6 points

exercice 4

Partie A - Exploitation graphique

Bac spécialité maths 2025 Métropole Jour 2 : image 17

1.    Temps pour parcourir 15 m

D'après la courbe $C_f$ (Fig. 2), on cherche l'abscisse $t$ lorsque $d(t) = 15$ m.

On lit : $t=2$ secondes.

2.    Longueur minimale de la zone de freinage

La longueur minimale à prévoir correspond à la valeur asymptotique de $d(t)$ lorsque $t$ tend vers $+\infty$ .

D'après l'asymptote $\Delta$ dont une équation est $y=22,8$ :

La longueur minimale à prévoir est égale à $22,8$ mètres.

3.    Interprétation de $d\,'(4,7)$

La valeur $d\,'(4,7)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $T$ au point d'abscisse $4,7$ .

Par lecture graphique :on lit les coordonnées de deux points de la tangente.

$d\,'(4,7) \approx \dfrac{24 - 21}{7,8 - 4,7} \approx \0,97 \text{ m/s}$ (soit environ $1$ m/s)

Interprétation : À $t = 4,7$ s, la vitesse instantanée du chariot est d'environ $1$ m/s.

Partie B

1. a.   Résolution de l'équation différentielle $(E')$

L'équation homogène $y' + 0,6y = 0$ a pour solutions sur $[0\,;\,+\infty[$ :

$t\mapsto y_h(t) = K\text e^{-0,6t}$ où $K \in \mathbb{R}$ .

1. b.    Vérification pour g(t)

Soit $g(t) = t\text e^{-0,6t}$ . Calculons : $\forall t\in [0\,;\,+\infty[\;\,,\,g'(t) = \text e^{-0,6t}(1 - 0,6t)$

Vérifions (E) : $g' + 0,6g = \text e^{-0,6t}(1 - 0,6t + 0,6t) = \text e^{-0,6t}$

La fonction $g$ proposée est bien solution de $(E)$ .

Partie B

1. a.   Résolution de l'équation différentielle $(E')$

L'équation homogène $y' + 0,6y = 0$ a pour solutions sur $[0\,;\,+\infty[$ : $t\mapsto y_h(t) = K\text e^{-0,6t}$ où $K \in \mathbb{R}$ .

1. b.    Vérification pour g(t)

Soit $g(t) = t\text e^{-0,6t}$ . Calculons : $\forall t\in [0\,;\,+\infty[\;\,,\,g'(t) = \text e^{-0,6t}(1 - 0,6t)$

Vérifions (E) : $g' + 0,6g = \text e^{-0,6t}(1 - 0,6t + 0,6t) = \text e^{-0,6t}$

La fonction $g$ proposée est bien solution de $(E)$ . 1. c.   Solutions générales de $(E)$

Les solutions générales de $(E)$ s'écrivent : $v(t) = K\text e^{-0,6t} + t \text e^{-0,6t}$

1. d.    Solution avec condition initiale

Avec $v(0) = 12$ : $12 = K$

D'où : $v(t) = (12+t)\text e^{-0,6t}$

2. a.    Dérivée de $v$

On sait que $v$ est solution de $(E)$ . On en déduit que :

$\forall t\in [0\,;\,+\infty[\,,\, v'+0,6 v=\text e^{-0,6t}$ soit

$\forall t\in [0\,;\,+\infty[\,,\, v'=-0,6 v+\text e^{-0,6t}$ soit

$\forall t\in [0\,;\,+\infty[\,,\, v'(t)=-0,6 \left[(12+t)\text e^{-0,6t}\right]+\text e^{-0,6t}$ .

Après simplification, on trouve : $\forall t\in [0\,;\,+\infty[\,,\, v'(t)=(-6,2-0,6t)\text e^{-0,6t}$ .

2. b.   Limite en $+\infty$

On admet que $v(t)=12\text e^{-0,6t}+\dfrac{1}{0,6}\times \dfrac{0,6}{\text e^{-0,6t}}$ .

$\lim\limits_{t\to +\infty}12\text e^{-0,6t}=0$

$\lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{0,6}{\text e^{-0,6t}}=0$ par croissance comparée, donc :

Tous les termes tendent vers 0 , et $\lim\limits_{t\to+\infty} v(t) = 0$

2. c.    Variations de $v$

Etudions le signe de $v'(t)$ :

Une exponentielle étant toujours strictement positive, $v'(t)$ a le même signe que $-6,2-0,6t$ .

$-6,2-0,6t> 0\iff -6,2 > 0,6t\iff \dfrac{-6,2}{0,6}>t$ ce qui est impossible puisque $t$ appartient à $[0\,;\,+\infty[$ .

La dérivée est donc toujours strictement négative. On sait que $v(0)=12$ . On obtient le tableau de variations suivant :

Bac spécialité maths 2025 Métropole Jour 2 : image 15

2. d.    Solution unique

La fonction $v$ est dérivable donc continue sur $[0\,;\,+\infty[$ , sa dérivée ne s'annule pas et est strictement négative. $1\in [0\,;\,+\infty[$

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $v(t)=1$ admet une unique solution dans $[0\,;\,+\infty[$ .

A l'aide de la calculatrice, $v(4,69)\approx 1,0008 > 1$ ; $v(4,70)\approx 0,9954 < 1$ . On peut donc affirmer qu'au dixième, $\alpha\approx 4,7$ .

3.    Temps d'activation du système

Le système s'active lorsque $v(t) \leq 1$ m/s, soit à $t \approx 4,7$ secondes.

Justification : C'est l'unique solution trouvée en 2.d.

Partie C

1.    Calcul de la distance par intégration par parties

On cherche à calculer : $d(t) = \displaystyle\int_{0}^{t} (12 + x)\text e^{-0.6x} \, \text{d}x$

Posons :

$u(x) = 12 + x \Rightarrow u'(x) = 1$ $v'(x) = \text e^{-0.6x} \Rightarrow v(x) = -\frac{1}{0,6}\text e^{-0.6x}$

Ces fonctions sont continues car dérivables sur $[0\,, \,t]$

On applique la formule $\displaystyle\int_0^t u(x)v'(x)\,\text dx=\big[u(x)v(x)\big]_0^t-\displaystyle \int _0^t u'(x)v(x)\,\text dx$ :

$d(t) = \left[-(12 + x)\dfrac{1}{0,6}\text e^{-0.6x}\right]_0^t + \dfrac{1}{0,6}\displaystyle\int_0^t \text e^{-0.6x}\text{d}x$

$d(t) = -\dfrac{1}{0,6}(12 + t)\text e^{-0.6t} + \dfrac{1}{0,6}(12) + \dfrac{1}{0,6}\left[-\dfrac{1}{0,6}\text e^{-0.6x}\right]_0^t$

$d(t) = -\dfrac{1}{0,6}(12 + t)\text e^{-0.6t} + 20 - \left(\dfrac{1}{0,6}\right)^2\text e^{-0.6t} + \left(\dfrac{1}{0,6}\right)^2$

Remarque : $\dfrac{1}{0,6}=\dfrac{5}{3}$ , ce qui donne :

$d(t) = \text e^{-0.6t}\left(-\dfrac{5}{3}t - 20 - \frac{25}{9}\right) + 20 + \dfrac{25}{9}$

$d(t) = \text e^{-0.6t}\left(-\dfrac{5}{3}t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}$

2.    Distance parcourue avant déclenchement

D'après la Partie B, le système se déclenche à $t \approx 4.7$ s (solution de $v(t) = 1$ ).

Calcul de $d(4,7)$ :

$d(4,7) \approx \text e^{-0,6\times 4,7}\left(-\dfrac{1}{3}\times 4,7 - \dfrac{205}{9}\right) + \frac{205}{9}\approx 20,95$ m.

Le chariot parcourt environ $20,95$ m avant que le système d'arrêt ne s'active (valeur cohérente avec la valeur trouvée dans la partie A).

_{Merci à malou pour avoir élaboré cette fiche.}

Publié par malou le 25-06-2025

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