Corrigé du bac de maths 2026 aux centres étrangers (jour 2)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}(2-1 ; 1-0 ; -1-3)\), soit \(\vec{\text{AB}}(1 ; 1 ; -4)\), et \(\vec{\text{AC}}(0 ; 1 ; -2)\). La première coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AB}}\) vaut 1 : si l’on avait \(\vec{\text{AC}}=k\,\vec{\text{AB}}\), on aurait \(k=0\), donc \(\vec{\text{AC}}=\vec{0}\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points A, B, C ne sont pas alignés : ils définissent un plan.

2. Le repère est orthonormé, on utilise l’expression analytique du produit scalaire :

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

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

3. Le plan (ABC) admet une équation de la forme \(4x+4y+2z+d=0\). Comme A(1 ; 0 ; 3) lui appartient : \(4+0+6+d=0\), donc \(d=-10\). On obtient \(4x+4y+2z-10=0\) et, en divisant par 2, (ABC) : \(2x+2y+z-5=0\).

4. Avec H(0 ; 2 ; 1) : \(2\times 0+2\times 2+1-5=0\). Les coordonnées de H vérifient l’équation, donc H appartient au plan (ABC).

5. On a \(\vec{\text{AB}}(1 ; 1 ; -4)\) et \(\vec{\text{AH}}(-1 ; 2 ; -2)\). D’une part :

\[\vec{\text{AB}}\cdot\vec{\text{AH}}=1\times (-1)+1\times 2+(-4)\times (-2)=9.\]

D’autre part, \(\text{AB}=\sqrt{1+1+16}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\) et \(\text{AH}=\sqrt{1+4+4}=3\). Comme \(\vec{\text{AB}}\cdot\vec{\text{AH}}=\text{AB}\times \text{AH}\times \cos(\widehat{\text{BAH}})\) :

\[\cos(\widehat{\text{BAH}})=\dfrac{9}{3\sqrt{2}\times 3}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]

L’angle géométrique est compris entre 0° et 180°, donc \(\widehat{\text{BAH}}=45^\circ\).

6. Une droite orthogonale au plan (ABC) est dirigée par un vecteur normal à ce plan. On peut prendre \(\vec{n}(4 ; 4 ; 2)\), ou le vecteur colinéaire plus simple \(\dfrac{1}{2}\vec{n}(2 ; 2 ; 1)\). La droite \((d)\) passe par H(0 ; 2 ; 1), d’où la représentation paramétrique :

\[(d) : \{\begin{array}{l} x=4t \\ y=2+4t \\ z=1+2t \end{array}. \quad t\in\mathbb{R}\]

7. H est à la fois sur le plan (ABC) et sur la droite \((d)\), perpendiculaire à ce plan : H est donc le projeté orthogonal sur (ABC) de tout point de \((d)\). Pour un point S de \((d)\), la distance de S au plan est donc SH.

Un point S de \((d)\) s’écrit \(\text{S}(4t ; 2+4t ; 1+2t)\), donc \(\vec{\text{HS}}(4t ; 4t ; 2t)\) et :

\[\text{SH}=\sqrt{16t^2+16t^2+4t^2}=\sqrt{36t^2}=6|t|.\]

La condition \(\text{SH}=6\) donne \(|t|=1\), soit \(t=1\) ou \(t=-1\). L’abscisse \(x_{\text{S}}=4t\) doit être positive, donc \(t=1\). Ainsi \(\text{S}(4 ; 6 ; 3)\).

Exercice 2 :

Partie A

1. Les proportions de tranches d’âge donnent les premières branches ; les pourcentages de publication donnent les probabilités conditionnelles de \(R\), et celles de \(\overline{R}\) s’obtiennent par complément à 1 (par exemple \(1-0{,}7=0{,}3\)).

2. En suivant la branche M puis R :

\[P(M\cap R)=P(M)\times P_M(R)=0{,}46\times 0{,}46=0{,}2116.\]

La probabilité que la personne interrogée ait entre 30 et 59 ans et ait déjà publié sur ce réseau social est 0,2116, soit environ 0,212.

3. a. \(J\), \(M\) et \(S\) forment une partition de l’univers (chaque personne est dans exactement une tranche d’âge). D’après la formule des probabilités totales :

\[P(R)=0{,}21\times 0{,}7+0{,}46\times 0{,}46+0{,}33\times 0{,}15=0{,}147+0{,}2116+0{,}0495=0{,}4081.\]

La probabilité que la personne ait déjà publié est 0,4081, soit environ 0,408.

b. On cherche \(P_R(S)\) :

\[P_R(S)=\dfrac{P(S\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}33\times 0{,}15}{0{,}4081}=\dfrac{0{,}0495}{0{,}4081}\approx 0{,}121.\]

Sachant qu’elle a déjà publié, la probabilité que la personne ait au moins 60 ans est environ 0,121.

Partie B

1. On répète 100 fois, de manière identique et indépendante, l’épreuve de Bernoulli « la personne a déjà publié » de probabilité de succès 0,41, et \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=100\) et \(p=0{,}41\).

2. « Au moins la moitié » correspond à \(X\geq\, 50\). À la calculatrice :

\[P(X\geq\, 50)=1-P(X\leq\, 49)\approx 0{,}043.\]

La probabilité cherchée vaut environ 0,043.

3. Pour une loi binomiale, \(\mathrm{E}(X)=np=100\times 0{,}41=41\). Interprétation : sur un grand nombre de sondages de 100 personnes, on compte en moyenne 41 personnes ayant déjà publié sur ce réseau social.

Partie C

Les variables \(X_1, \ldots, X_{150}\) sont indépendantes et suivent toutes la loi \(\mathcal{B}(100 ; 0{,}41)\), d’espérance 41 et de variance \(100\times 0{,}41\times 0{,}59=24{,}19\). \(Y\) est la moyenne de cet échantillon de taille 150, donc :

\[\mathrm{E}(Y)=41 \qquad \mathrm{V}(Y)=\dfrac{24{,}19}{150}.\]

(Linéarité de l’espérance ; pour la variance, indépendance des \(X_i\) et \(\mathrm{V}(\frac{1}{150}Z)=\frac{1}{150^2}\mathrm{V}(Z)\).)

« \(37 \lt Y \lt 45\) » équivaut à « \(|Y-41| \lt 4\) », qui est l’évènement contraire de « \(|Y-41|\geq\, 4\) ». D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

\[P(|Y-41|\geq\, 4)\leq\,\dfrac{\mathrm{V}(Y)}{4^2}=\dfrac{24{,}19}{150\times 16}=\dfrac{24{,}19}{2400}\approx 0{,}0101.\]

Donc :

\[P(37 \lt Y \lt 45)=1-P(|Y-41|\geq\, 4)\geq\, 1-\dfrac{24{,}19}{2400}\approx 0{,}9899.\]

Comme \(\dfrac{24{,}19}{2400} \lt \dfrac{48}{2400}=0{,}02\), on a \(1-\dfrac{24{,}19}{2400} \gt 0{,}98\), donc \(P(37 \lt Y \lt 45) \gt 0{,}98\) : la probabilité est strictement supérieure à 98 %.

Exercice 3 :

Partie A

1. \(f=\ln(u)\) avec \(u(x)=3x^2+2x\), strictement positive sur \([2 ; +\infty[\) et \(u^{\prime}(x)=6x+2\). Donc :

\[f^{\prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}(x)}{u(x)}=\dfrac{6x+2}{3x^2+2x}.\]

Pour \(x\geq\, 2\), le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \([2 ; +\infty[\).

2. a. La fonction \(g\) est continue sur \([2 ; +\infty[\) (car \(f\) est dérivable) et strictement décroissante. On a \(g(2)=\ln(16)-2\approx 0{,}77 \gt 0\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([2 ; +\infty[\). On remarque que \(g(\alpha)=0\) signifie \(f(\alpha)=\alpha\).

b. Par balayage à la calculatrice : \(g(4{,}04)\approx 0{,}004 \gt 0\) et \(g(4{,}05)\approx -0{,}002 \lt 0\), puis \(g(4{,}045)\approx 0{,}001 \gt 0\). Donc \(4{,}045 \lt \alpha \lt 4{,}05\) et \(\alpha\approx 4{,}05\).

c. Comme \(g\) est strictement décroissante et s’annule en \(\alpha\) :

Partie B

1. Remarquons d’abord que \(a_{n+1}=f(a_n)\). Démontrons par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(2\leq\, a_n\leq\,\alpha\) ».

Initialisation : c’est l’hypothèse \(2\leq\, a_0\leq\,\alpha\).

Hérédité : supposons \(2\leq\, a_n\leq\,\alpha\) pour un entier \(n\). La fonction \(f\) est croissante sur \([2 ; +\infty[\), donc \(f(2)\leq\, f(a_n)\leq\, f(\alpha)\), c’est-à-dire \(\ln(16)\leq\, a_{n+1}\leq\,\alpha\) puisque \(f(\alpha)=\alpha\). Or \(\ln(16)\approx 2{,}77\geq\, 2\), donc \(2\leq\, a_{n+1}\leq\,\alpha\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(2\leq\, a_n\leq\,\alpha\).

2. Pour tout \(n\), \(a_{n+1}-a_n=f(a_n)-a_n=g(a_n)\). Comme \(a_n\in[2 ; \alpha]\) et que \(g\) est positive sur cet intervalle (tableau de signes de la partie A), \(a_{n+1}-a_n\geq\, 0\) : la suite \((a_n)\) est croissante.

3. La suite \((a_n)\) est croissante et majorée par \(\alpha\) : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\), qui vérifie \(2\leq\,\ell\leq\,\alpha\) (passage à la limite dans les inégalités).

4. On a \(a_{n+1}=f(a_n)\), la suite converge vers \(\ell\in[2 ; \alpha]\) et \(f\) est continue en \(\ell\). En passant à la limite dans la relation de récurrence, \(\ell=f(\ell)\), donc \(g(\ell)=0\). Comme \(\alpha\) est l’unique solution de \(g(x)=0\) sur \([2 ; +\infty[\), \(\ell=\alpha\).

Partie C

1. Avec \(a_0=2\), on a bien \(2\leq\, a_0\leq\,\alpha\), donc la partie B s’applique : \(a_n\leq\,\alpha\) pour tout \(n\). Par ailleurs, \((b_n)\) est décroissante et converge vers \(\alpha\) ; une suite décroissante est toujours supérieure ou égale à sa limite (sinon, un terme \(b_N \lt \alpha\) entraînerait \(b_n\leq\, b_N \lt \alpha\) pour tout \(n\geq\, N\), et la limite serait au plus \(b_N\)). Donc \(\alpha\leq\, b_n\). Finalement, \(a_n\leq\,\alpha\leq\, b_n\) pour tout entier naturel \(n\).

2. a. La fonction calcule simultanément les termes des deux suites tant que l’écart \(b_n-a_n\) dépasse \(10^{-p}\), avec \(n\) le rang atteint. Pour \(p=2\), les termes successifs (arrondis) sont :

Au rang 8, l’écart vaut encore environ 0,013, supérieur à 0,01 ; au rang 9, il vaut environ 0,006 et la boucle s’arrête. L’instruction algo(2) renvoie donc \((9 ; 4{,}044)\) (valeurs arrondies au millième).

b. Pour tout \(n\), \(a_n\leq\,\alpha\leq\, b_n\) : l’intervalle \([a_n ; b_n]\) contient \(\alpha\). Le programme s’arrête au premier rang, ici 9, où la longueur de cet intervalle est inférieure ou égale à \(10^{-2}\). Ainsi \(a_9\approx 4{,}044\) est une valeur approchée par défaut de \(\alpha\) à \(10^{-2}\) près, obtenue au rang 9 : \(4{,}043 \lt \alpha \lt 4{,}050\), ce qui confirme \(\alpha\approx 4{,}05\).

Exercice 4 :

Partie A

\(\mathcal{C}_1\) représente \(f\), \(\mathcal{C}_3\) représente \(f^{\prime}\) et \(\mathcal{C}_2\) représente \(f^{\prime\prime}\).

Pour s’en convaincre (justification non demandée) : \(\mathcal{C}_1\) décroît jusqu’à environ 1,4 puis croît jusqu’à environ 3,6 et décroît ensuite, exactement là où \(\mathcal{C}_3\) est négative, positive puis négative. De même, \(\mathcal{C}_3\) croît jusqu’en 2 puis décroît jusqu’en 5, là où \(\mathcal{C}_2\) est positive puis négative. \(\mathcal{C}_2\) est donc la dérivée de la fonction représentée par \(\mathcal{C}_3\), qui est elle-même la dérivée de celle représentée par \(\mathcal{C}_1\).

Partie B

1. \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables. Avec \(u(x)=x^2-3x\) et \(v(x)=\text{e}^{-x}\), \(u^{\prime}(x)=2x-3\) et \(v^{\prime}(x)=-\text{e}^{-x}\), d’où :

\[g^{\prime}(x)=(2x-3)\text{e}^{-x}-(x^2-3x)\text{e}^{-x}.\]

En ajoutant \(g(x)=(x^2-3x)\text{e}^{-x}\), le second terme disparaît :

\[g^{\prime}(x)+g(x)=(2x-3)\text{e}^{-x}.\]

\(g\) est donc une solution particulière de \((E)\).

2. L’équation \(y^{\prime}+y=0\) s’écrit \(y^{\prime}=-y\), de la forme \(y^{\prime}=ay\) avec \(a=-1\). Ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto C\text{e}^{-x}\), avec \(C\in\mathbb{R}\).

3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à une solution particulière les solutions de l’équation homogène associée. Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x\mapsto C\text{e}^{-x}+(x^2-3x)\text{e}^{-x}=(x^2-3x+C)\text{e}^{-x}\), avec \(C\in\mathbb{R}\).

4. On cherche \(C\) tel que \(f(0)=2\) : \((0-0+C)\text{e}^0=C=2\). Donc \(f(x)=(x^2-3x+2)\text{e}^{-x}\), c’est la fonction étudiée ensuite.

Partie C

1. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f(x)\) a le signe du trinôme \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\), de racines 1 et 2 et de coefficient dominant positif. Il est positif à l’extérieur des racines et négatif entre elles :

2. a. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}=+\infty\) et le trinôme tend vers \(+\infty\) (terme dominant \(x^2\)). Par produit, \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\).

b. En \(+\infty\), on a une forme indéterminée « \(0\times \infty\) ». On développe : \(f(x)=\dfrac{x^2}{\text{e}^x}-3\dfrac{x}{\text{e}^x}+\dfrac{2}{\text{e}^x}\). Par croissances comparées, \(\dfrac{x^2}{\text{e}^x}\) et \(\dfrac{x}{\text{e}^x}\) tendent vers 0, et \(\dfrac{2}{\text{e}^x}\) aussi. Par somme, \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\).

3. a. Première intégration par parties avec \(u(x)=x^2-3x+2\), \(u^{\prime}(x)=2x-3\), \(v^{\prime}(x)=\text{e}^{-x}\), \(v(x)=-\text{e}^{-x}\) (fonctions dérivables à dérivées continues sur \([0 ; 1]\)) :

\[I=[-(x^2-3x+2)\text{e}^{-x}]_0^1+\int_0^1(2x-3)\text{e}^{-x}\,\text{d}x.\]

Le crochet vaut \(-0\times \text{e}^{-1}+2\times \text{e}^0=2\), donc \(I=2+J\) avec \(J=\displaystyle\int_0^1(2x-3)\text{e}^{-x}\,\text{d}x\).

Seconde intégration par parties avec \(u(x)=2x-3\), \(u^{\prime}(x)=2\), \(v^{\prime}(x)=\text{e}^{-x}\), \(v(x)=-\text{e}^{-x}\) :

\[J=[-(2x-3)\text{e}^{-x}]_0^1+\int_0^1 2\text{e}^{-x}\,\text{d}x=(\text{e}^{-1}-3)+[-2\text{e}^{-x}]_0^1=\text{e}^{-1}-3-2\text{e}^{-1}+2=-1-\dfrac{1}{\text{e}}.\]

D’où \(I=2-1-\dfrac{1}{\text{e}}\), c’est-à-dire \(I=1-\dfrac{1}{\text{e}}\).

b. D’après la question 1, \(f\) est positive sur \([0 ; 1]\) (et continue). \(I\approx 0{,}632\) est donc l’aire, en unités d’aire, du domaine délimité par la courbe \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x=0\) et \(x=1\).

Partie D

1. La tangente \((T_a)\) a pour équation \(y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)\). Elle coupe l’axe des ordonnées au point d’abscisse 0, d’ordonnée \(f(a)-af^{\prime}(a)\).

Comme \(f\) est solution de \((E)\), \(f^{\prime}(a)=(2a-3)\text{e}^{-a}-f(a)=(2a-3-a^2+3a-2)\text{e}^{-a}=(-a^2+5a-5)\text{e}^{-a}\) (on retrouve le même résultat en dérivant le produit). Alors :

\[f(a)-af^{\prime}(a)=(a^2-3a+2+a^3-5a^2+5a)\text{e}^{-a}=(a^3-4a^2+2a+2)\text{e}^{-a}.\]

C’est bien l’ordonnée annoncée.

2. Démarche : une tangente \((T_a)\) n’est jamais verticale, donc elle passe par l’origine si et seulement si son ordonnée à l’origine est nulle, c’est-à-dire \((a^3-4a^2+2a+2)\text{e}^{-a}=0\). Comme \(\text{e}^{-a} \gt 0\), cela revient à \(h(a)=0\) avec \(h(x)=x^3-4x^2+2x+2\). Il s’agit donc de compter les solutions réelles de \(h(x)=0\), puis de vérifier que ces solutions donnent des tangentes différentes.

On calcule quelques valeurs de \(h\) :

La fonction polynôme \(h\) est continue et change de signe sur chacun des intervalles \([-1 ; 0]\), \([0 ; 2]\) et \([2 ; 4]\) : d’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule au moins une fois dans chacun de ces trois intervalles disjoints, donc au moins trois fois. Or un polynôme de degré 3 a au plus trois racines. L’équation \(h(x)=0\) a donc exactement trois solutions (environ \(-0{,}481\), \(1{,}311\) et \(3{,}170\)).

On peut aussi passer par l’étude des variations : \(h^{\prime}(x)=3x^2-8x+2\) s’annule en \(x_1=\dfrac{4-\sqrt{10}}{3}\) et \(x_2=\dfrac{4+\sqrt{10}}{3}\), avec \(h(x_1)=\dfrac{20\sqrt{10}-2}{27} \gt 0\) et \(h(x_2)=\dfrac{-20\sqrt{10}-2}{27} \lt 0\) ; avec les limites \(-\infty\) et \(+\infty\), le théorème de la bijection donne une racine sur chacun des trois intervalles de monotonie.

Une tangente qui passe par l’origine a pour équation \(y=f^{\prime}(a)x\). Pour les trois valeurs trouvées, les coefficients directeurs \(f^{\prime}(a)=(-a^2+5a-5)\text{e}^{-a}\) valent environ \(-12{,}4\), \(-0{,}044\) et \(0{,}034\) : ils sont distincts, donc les trois droites aussi.

Conclusion : il existe exactement trois tangentes à \(\mathcal{C}_f\) passant par l’origine du repère.

Retour à l’énoncé : Bac de maths 2026 aux centres étrangers (jour 2) : sujet et corrigé.