Corrigé du bac de maths 2026 en France (jour 2)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Calculons deux vecteurs issus de A : \(\vec{AB}\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ -1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}\).

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{AC}=\lambda\vec{AB}\). La troisième coordonnée donnerait \(0=-\lambda\), donc \(\lambda=0\), ce qui contredit la première : \(-2 \neq 0\). Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan.

2. a. Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec la formule des coordonnées :

\[\vec{n}\cdot\vec{AB}=1\times 1+(-1)\times (-3)+4\times (-1)=1+3-4=0\]

\[\vec{n}\cdot\vec{AC}=1\times (-2)+(-1)\times (-2)+4\times 0=-2+2+0=0\]

Le vecteur \(\vec{n}\) (non nul) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(x-y+4z+d=0\). Le point A appartient au plan, donc \(2-1+4\times 1+d=0\), soit \(d=-5\).

Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc \(x-y+4z-5=0\).

3. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC) : elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}\). Elle passe par D\((0 ; 0 ; 2)\), d’où la représentation paramétrique \(x=0+1\times t\), \(y=0+(-1)\times t\), \(z=2+4t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).

On retrouve bien \(x=t\), \(y=-t\), \(z=2+4t\). On peut aussi contrôler : pour \(t=0\) on obtient D, et le vecteur des coefficients de \(t\) est \(\vec{n}\).

4. Le projeté orthogonal H de D sur (ABC) est le point d’intersection de la droite \(\Delta\) (qui passe par D et est orthogonale au plan) avec le plan (ABC). On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

\[t-(-t)+4(2+4t)-5=0 \iff 18t+3=0 \iff t=-\dfrac{1}{6}.\]

Avec \(t=-\dfrac{1}{6}\) : \(x=-\dfrac{1}{6}\), \(y=\dfrac{1}{6}\) et \(z=2-\dfrac{4}{6}=\dfrac{4}{3}\). Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est donc bien H\((-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3})\).

5. a. On a \(\vec{BA}\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{BC}\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), donc dans le repère orthonormé :

\[\text{BA}=\sqrt{(-1)^2+3^2+1^2}=\sqrt{11} \quad \text{et} \quad \text{BC}=\sqrt{(-3)^2+1^2+1^2}=\sqrt{11}.\]

Comme BA = BC, le triangle ABC est isocèle en B.

b. Dans un triangle isocèle en B, la médiane issue de B est aussi la hauteur relative à la base [AC]. Soit I le milieu de [AC] : I\((\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1+(-1)}{2} ; \dfrac{1+1}{2})\), c’est-à-dire I\((1 ; 0 ; 1)\).

On calcule \(\vec{BI}\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}\), d’où \(\text{BI}=\sqrt{4+4+1}=3\), et \(\text{AC}=\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+0^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\).

\[\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{\text{AC}\times \text{BI}}{2}=\dfrac{2\sqrt{2}\times 3}{2}=3\sqrt{2}.\]

L’aire du triangle ABC vaut bien \(3\sqrt{2}\) unités d’aire.

6. a. On prend ABC comme base du tétraèdre. La hauteur associée est la distance de D au plan (ABC), c’est-à-dire la longueur DH puisque H est le projeté orthogonal de D sur ce plan.

\[\vec{DH}\begin{pmatrix} -\frac{1}{6} \\ \frac{1}{6} \\ -\frac{2}{3} \end{pmatrix} \quad \text{donc} \quad \text{DH}=\sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{16}{36}}=\sqrt{\dfrac{18}{36}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]

\[V_{\text{ABCD}}=\dfrac{1}{3}\times 3\sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{3\times 2}{2}=1.\]

Le volume du tétraèdre ABCD est bien égal à 1 unité de volume.

b. On calcule maintenant ce même volume en prenant BCD comme base : la hauteur associée est la distance de A au plan (BCD), égale à \(\sqrt{2}\). Ainsi :

\[1=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}_{\text{BCD}}\times \sqrt{2} \iff \mathcal{A}_{\text{BCD}}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}.\]

L’aire du triangle BCD est \(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\) unités d’aire (environ 2,12).

7. a. Les points A, B, C définissent le plan (ABC) ; les quatre points sont coplanaires si et seulement si \(\text{D}_k\) appartient à ce plan, c’est-à-dire si ses coordonnées vérifient l’équation du plan :

\[0-0+4k-5=0 \iff k=\dfrac{5}{4}.\]

Pour \(k=\dfrac{5}{4}\), les points sont coplanaires. Le point \(\text{D}_k\) est alors lui-même dans le plan (ABC), donc son projeté orthogonal sur (ABC) est le point \(\text{D}_k\) lui-même, de coordonnées \((0 ; 0 ; \dfrac{5}{4})\).

b. A est déjà dans le plan (ABC). Pour que A soit le projeté orthogonal de \(\text{D}_k\), il faut que \(\vec{A\text{D}_k}\) soit nul ou colinéaire au vecteur normal \(\vec{n}\). Or \(\vec{A\text{D}_k}\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ k-1 \end{pmatrix}\) n’est jamais nul (abscisse \(-2\)). S’il existait \(\lambda\) tel que \(\vec{A\text{D}_k}=\lambda\vec{n}\), les abscisses donneraient \(\lambda=-2\) et les ordonnées \(-1=-\lambda\), soit \(\lambda=1\) : c’est contradictoire.

Il n’existe donc aucune valeur de \(k\) pour laquelle A est le projeté orthogonal de \(\text{D}_k\) sur (ABC). Autrement dit, la droite passant par A et orthogonale au plan ne rencontre jamais l’axe des cotes.

Exercice 2 :

Partie A : modèle discret

1. On applique la relation de récurrence :

\[V_1=0{,}995\times 0+6=6 \quad \text{et} \quad V_2=0{,}995\times 6+6=5{,}97+6=11{,}97.\]

Donc \(V_1=6\) L et \(V_2=11{,}97\) L.

2. La variable v doit partir de \(V_0=0\) ; à chaque passage dans la boucle (qui tourne \(n\) fois), on passe du terme d’indice \(k\) au terme suivant en appliquant la relation de récurrence. Le programme complété est :

def volume(n):
    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995 * v + 6
    return v

3. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(V_n \leq\, V_{n+1} \leq\, 1200\) ».

Initialisation. \(V_0=0\) et \(V_1=6\), et on a bien \(0 \leq\, 6 \leq\, 1200\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\) donné : \(V_n \leq\, V_{n+1} \leq\, 1200\). On multiplie par \(0{,}995\), nombre positif, ce qui conserve l’ordre : \(0{,}995V_n \leq\, 0{,}995V_{n+1} \leq\, 0{,}995\times 1200\). On ajoute 6 : \(0{,}995V_n+6 \leq\, 0{,}995V_{n+1}+6 \leq\, 1194+6\), c’est-à-dire \(V_{n+1} \leq\, V_{n+2} \leq\, 1200\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(V_n \leq\, V_{n+1} \leq\, 1200\).

4. D’après la question précédente, la suite \((V_n)\) est croissante et majorée par 1200. D’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\).

La fonction \(g : x \mapsto 0{,}995x+6\) est affine donc continue sur \(\mathbb{R}\) ; en passant à la limite dans \(V_{n+1}=g(V_n)\), la limite \(\ell\) vérifie \(\ell=0{,}995\ell+6\), soit \(0{,}005\ell=6\), donc \(\ell=\dfrac{6}{0{,}005}=1200\).

La suite \((V_n)\) converge vers 1200 : sur le long terme, le volume de polluant se rapproche de 1 200 litres.

Partie B : modèle continu

1. a. L’équation \((E)\) est de la forme \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-0{,}005\) et \(b=6\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), où \(C\) est un réel quelconque. Ici \(-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{6}{-0{,}005}=1200\).

Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-0{,}005t}+1200\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

b. La fonction \(v\) est l’une de ces solutions : \(v(t)=C\text{e}^{-0{,}005t}+1200\). La condition \(v(0)=0\) donne \(C\times 1+1200=0\), donc \(C=-1200\). Ainsi \(v(t)=-1200\text{e}^{-0{,}005t}+1200\), c’est-à-dire \(v(t)=1200(1-\text{e}^{-0{,}005t})\).

c. Comme \(\lim\limits_{t \to +\infty} -0{,}005t=-\infty\) et \(\lim\limits_{X \to -\infty}\text{e}^{X}=0\), par composition \(\lim\limits_{t \to +\infty}\text{e}^{-0{,}005t}=0\). Donc \(\lim\limits_{t \to +\infty} v(t)=1200\).

d. On dérive : \(v^{\prime}(t)=1200\times (-(-0{,}005)\text{e}^{-0{,}005t})=6\text{e}^{-0{,}005t}\). Une exponentielle est strictement positive, donc \(v^{\prime}(t) \gt 0\) sur \([0 ; +\infty[\) : la fonction \(v\) est strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\).

2. Le seuil de nettoyage correspond à 5 % de 30 000 litres, soit \(0{,}05\times 30\,000=1\,500\) litres.

La fonction \(v\) est croissante de limite 1200 : pour tout \(t \geq\, 0\), \(v(t) \lt 1200\) (on le voit aussi directement car \(\text{e}^{-0{,}005t} \gt 0\)). Le volume de polluant reste donc toujours inférieur à 1 200 L, donc à 1 500 L : selon ce modèle, le propriétaire n’aura pas à procéder au nettoyage complet.

3. On résout \(v(t) \gt 50\) sur \([0 ; +\infty[\) :

\[1200(1-\text{e}^{-0{,}005t}) \gt 50 \iff 1-\text{e}^{-0{,}005t} \gt \dfrac{1}{24} \iff \text{e}^{-0{,}005t} \lt \dfrac{23}{24}.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) :

\[-0{,}005t \lt \ln(\dfrac{23}{24}) \iff t \gt -200\ln(\dfrac{23}{24}) \iff t \gt 200\ln(\dfrac{24}{23}).\]

(On a divisé par \(-0{,}005\), négatif, ce qui change le sens de l’inégalité.)

L’instant cherché vaut exactement \(t_0=200\ln(\dfrac{24}{23})\) heures. On obtient \(t_0 \approx 8{,}512\) h ; or \(0{,}512\times 60 \approx 30{,}7\) min. Le volume dépasse 50 litres au bout d’environ 8 h 31 min.

Exercice 3 :

Affirmation 1 : vraie.

L’énoncé donne \(P(O)=0{,}52\), \(P_O(F)=0{,}32\) et \(P(F)=0{,}2\). On cherche \(P_F(O)\).

\[P(O \cap F)=P(O)\times P_O(F)=0{,}52\times 0{,}32=0{,}1664\]

\[P_F(O)=\dfrac{P(O \cap F)}{P(F)}=\dfrac{0{,}1664}{0{,}2}=0{,}832.\]

La probabilité qu’une femme choisie joue de la Pop est bien 0,832.

Affirmation 2 : fausse.

On répète 5 000 fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne est un musicien professionnel » a pour probabilité 0,062. Le nombre de succès \(X\) suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(5000 ; 0{,}062)\).

Son espérance vaut \(\text{E}(X)=5000\times 0{,}062=310\). La valeur 340 est au-dessus de la moyenne, on s’attend donc à une probabilité plutôt grande. La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne \(P(X \leq\, 340) \approx 0{,}96\), soit 1,0 au dixième, et non 0,4.

Affirmation 3 : vraie.

On a \(\text{E}(X)=310\) et \(V(X)=5000\times 0{,}062\times 0{,}938=290{,}78\).

L’évènement « \(230 \lt X \lt 390\) » s’écrit \(-80 \lt X-310 \lt 80\), c’est-à-dire \(|X-310| \lt 80\) : c’est l’évènement contraire de \(|X-310| \geq\, 80\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec \(\delta=80\) donne :

\[P(|X-310| \geq\, 80) \leq\, \dfrac{V(X)}{80^2}=\dfrac{290{,}78}{6400} \approx 0{,}0454.\]

Donc \(P(230 \lt X \lt 390) \geq\, 1-0{,}0454 \approx 0{,}9546\), qui dépasse 0,95. On peut bien affirmer qu’il y a plus de 95 % de chance que le nombre de musiciens professionnels soit strictement compris entre 230 et 390.

Affirmation 4 : vraie.

Dans une équipe, l’ordre des joueurs ne compte pas : choisir une équipe revient à choisir une partie à 2 éléments parmi les 4 musiciens professionnels, puis une partie à 3 éléments parmi les 6 autres personnes.

Il y a \(\dbinom{4}{2}=6\) façons de choisir les deux musiciens et \(\dbinom{6}{3}=20\) façons de choisir les trois autres joueurs. Par le principe multiplicatif, on obtient \(6\times 20=120\) équipes différentes.

Remarque : chaque équipe détermine son adversaire (les 5 personnes restantes, qui comptent aussi 2 musiciens et 3 non-musiciens), donc il n’y a que 60 matchs possibles, mais la question porte bien sur le nombre d’équipes.

Exercice 4 :

Partie A

1. a. \(f^{\prime}(1)\) est le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1, c’est-à-dire en C. Cette tangente est parallèle à l’axe des abscisses, son coefficient directeur est nul : \(f^{\prime}(1)=0\).

b. Sur \([0 ; 3]\), la courbe ne coupe l’axe des abscisses qu’au point A d’abscisse \(\dfrac{1}{2}\). La solution de \(f(x)=0\) sur cet intervalle est donc \(x=\dfrac{1}{2}\).

2. \(f^{\prime}(\dfrac{1}{2})\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\), qui passe par A\((\dfrac{1}{2} ; 0)\) et B\((1 ; \text{e}^2)\) :

\[f^{\prime}(\dfrac{1}{2})=\dfrac{y_{\text{B}}-y_{\text{A}}}{x_{\text{B}}-x_{\text{A}}}=\dfrac{\text{e}^2-0}{1-\dfrac{1}{2}}=2\text{e}^2.\]

Donc \(f^{\prime}(\dfrac{1}{2})=2\text{e}^2\) (environ 14,8).

3. Si \(F\) est une primitive de \(f\), alors \(F^{\prime}=f\), donc les variations de \(F\) sont données par le signe de \(f\). D’après le graphique, \(f(x) \lt 0\) sur \([0 ; \dfrac{1}{2}[\) et \(f(x) \gt 0\) sur \(]\dfrac{1}{2} ; +\infty[\). Une primitive de \(f\) est donc décroissante sur \([0 ; \dfrac{1}{2}]\), croissante sur \([\dfrac{1}{2} ; +\infty[\), et admet un minimum en \(x=\dfrac{1}{2}\).

• \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) sont décroissantes puis croissantes, avec leur minimum en \(x=0{,}5\) : elles conviennent (on constate d’ailleurs qu’elles se déduisent l’une de l’autre par une translation verticale, comme deux primitives d’une même fonction qui diffèrent d’une constante).
• \(\mathcal{C}_3\) est encore décroissante entre 0,5 et environ 0,9, alors que \(f\) y est strictement positive : elle ne peut pas représenter une primitive de \(f\).

Les courbes \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) représentent des primitives de \(f\).

Partie B

1. a. Pour tout \(x \geq\, 0\), avec la propriété \(\text{e}^a\times \text{e}^{-b}=\text{e}^{a-b}\) :

\[\text{e}^2\times \dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}=(2x-1)\,\text{e}^{2-(2x-1)}=(2x-1)\,\text{e}^{-2x+3}=f(x).\]

L’égalité \(f(x)=\text{e}^2\times \dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}\) est vérifiée.

b. Posons \(X=2x-1\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) tend vers \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{X \to +\infty}\dfrac{X}{\text{e}^X}=0\). Par composition, \(\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}=0\), puis en multipliant par la constante \(\text{e}^2\) :

\[\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0.\]

La limite de \(f\) en \(+\infty\) est 0 : l’axe des abscisses est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).

2. a. On écrit \(f=uv\) avec \(u(x)=2x-1\), \(u^{\prime}(x)=2\), \(v(x)=\text{e}^{-2x+3}\), \(v^{\prime}(x)=-2\text{e}^{-2x+3}\). Alors :

\[f^{\prime}(x)=2\text{e}^{-2x+3}+(2x-1)\times (-2\text{e}^{-2x+3})=(2-4x+2)\,\text{e}^{-2x+3}=(-4x+4)\,\text{e}^{-2x+3}.\]

On obtient bien \(f^{\prime}(x)=(-4x+4)\text{e}^{-2x+3}\).

b. Comme \(\text{e}^{-2x+3} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-4x+4\), qui est positif pour \(x \lt 1\), nul en 1 et négatif pour \(x \gt 1\). On calcule \(f(0)=(0-1)\text{e}^{3}=-\text{e}^3\) et \(f(1)=(2-1)\text{e}^{1}=\text{e}\), et on a vu que \(f\) tend vers 0 en \(+\infty\).

\(f\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\) et strictement décroissante sur \([1 ; +\infty[\), avec un maximum égal à \(\text{e}\) en \(x=1\).

3. Le repère est orthonormé d’unité 1 cm. À l’abscisse \(\alpha\), le contour du logo passe par le point \((\alpha ; f(\alpha))\) de \(\mathcal{C}_f\) et par son symétrique \((\alpha ; -f(\alpha))\) par rapport à l’axe des abscisses. Comme \(f(\alpha) \gt 0\) (car \(\alpha \gt 1\)), le segment vertical qui les joint mesure \(f(\alpha)-(-f(\alpha))=2f(\alpha)\) cm. La contrainte du client s’écrit donc \(2f(\alpha)=0{,}3\), c’est-à-dire \(f(\alpha)=0{,}15\).

Sur \([1 ; +\infty[\), la fonction \(f\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante ; elle part de \(f(1)=\text{e} \approx 2{,}72\) et tend vers 0 en \(+\infty\). Le nombre 0,15 est compris strictement entre 0 et \(\text{e}\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(f(x)=0{,}15\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([1 ; +\infty[\).

Par balayage à la calculatrice : \(f(3{,}25) \approx 0{,}166 \gt 0{,}15\) et \(f(3{,}35) \approx 0{,}141 \lt 0{,}15\), donc \(3{,}25 \lt \alpha \lt 3{,}35\), d’où \(\alpha \approx 3{,}3\) au dixième (plus précisément \(\alpha \approx 3{,}31\)).

Partie C

1. On intègre par parties en posant \(u(x)=2x-1\) et \(v^{\prime}(x)=\text{e}^{-2x+3}\). Alors \(u^{\prime}(x)=2\) et on peut prendre \(v(x)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([0{,}5 ; 3{,}3]\), donc :

\[I=[-\dfrac{1}{2}(2x-1)\text{e}^{-2x+3}]_{0{,}5}^{3{,}3}-\int_{0{,}5}^{3{,}3} 2\times (-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3})\mathrm{d}x=[-\dfrac{1}{2}(2x-1)\text{e}^{-2x+3}]_{0{,}5}^{3{,}3}+\int_{0{,}5}^{3{,}3}\text{e}^{-2x+3}\,\mathrm{d}x.\]

Une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-2x+3}\) est \(x \mapsto -\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}\). En regroupant :

\[I=[-\dfrac{1}{2}(2x-1)\text{e}^{-2x+3}-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}]_{0{,}5}^{3{,}3}=[-x\,\text{e}^{-2x+3}]_{0{,}5}^{3{,}3}.\]

\[I=-3{,}3\,\text{e}^{-3{,}6}+0{,}5\,\text{e}^{2}\approx-0{,}090+3{,}695 \approx 3{,}604.\]

Arrondie au dixième, \(I \approx 3{,}6\).

2. Sur \([0{,}5 ; 3{,}3]\), \(f\) est continue et positive, donc \(I\) est l’aire (en cm², l’unité étant 1 cm) du domaine compris entre \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x=0{,}5\) et \(x=3{,}3\). Par symétrie par rapport à l’axe des abscisses, la partie située sous l’axe a la même aire. En prenant \(\alpha \approx 3{,}3\), l’aire du logo vaut donc environ \(2I\).

\[V \approx 2I\times 0{,}2 \approx 2\times 3{,}604\times 0{,}2 \approx 1{,}44.\]

Le volume du porte-clé est d’environ 1,4 cm³.

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