Corrigé Calédonie 2025 : ce que contient la correction
Tout d’abord, ce corrigé Calédonie 2025 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Nouvelle-Calédonie (jour 2), dont chaque question est corrigée et justifiée. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, les limites et les probabilités conditionnelles. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Dans le repère \((\text{A} ; \vec{\text{AB}}, \vec{\text{AD}}, \vec{\text{AE}})\), orthonormé car le cube a pour arête 1, on a : \(\text{A}(0 ; 0 ; 0)\), \(\text{B}(1 ; 0 ; 0)\), \(\text{C}(1 ; 1 ; 0)\), \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\), \(\text{E}(0 ; 0 ; 1)\), \(\text{F}(1 ; 0 ; 1)\), \(\text{G}(1 ; 1 ; 1)\), \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\).
Comme \(\vec{\text{FB}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\), on a \(\vec{\text{FI}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -\frac{1}{3} \end{pmatrix}\), d’où \(\text{I}(1 ; 0 ; \dfrac{2}{3})\).
1. Affirmation 1 : fausse.
Les trois côtés du triangle HAC sont des diagonales de faces carrées de côté 1 : \(\text{HA}\) (face ADHE), \(\text{AC}\) (face ABCD) et \(\text{HC}\) (face DCGH). Chacune mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\).
Le triangle HAC a trois côtés égaux : il est équilatéral, tous ses angles mesurent 60°. Il n’a donc pas d’angle droit (d’ailleurs \(\text{HA}^2 + \text{AC}^2 = 4 \neq 2 = \text{HC}^2\), la réciproque de Pythagore ne s’applique dans aucun ordre).
2. Affirmation 2 : vraie.
La droite (HF) passe par \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HF}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\). La droite (DI) passe par \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{DI}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix}\). Représentations paramétriques :
\[(\text{HF}) : \{\begin{array}{l} x = s \\ y = 1 – s \\ z = 1 \end{array}. \quad s \in \mathbb{R} \qquad (\text{DI}) : \{\begin{array}{l} x = t \\ y = 1 – t \\ z = \frac{2}{3}t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]
Exercice 1 du corrigé Calédonie 2025 : questions 3 à 4
Un point commun doit vérifier \(s = t\), \(1 – s = 1 – t\) et \(1 = \dfrac{2}{3}t\). La dernière équation donne \(t = \dfrac{3}{2}\), puis \(s = \dfrac{3}{2}\) : les deux premières sont alors vérifiées. Le système a une solution, donc les droites se coupent au point de coordonnées \((\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; 1)\) (situé hors du cube, sur le prolongement de [HF]). Les droites (HF) et (DI) sont sécantes.
3. Affirmation 3 : fausse.
On sait que \(\sin(\pi – \alpha) = \sin(\alpha)\) et \(\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)\), donc \(\vec{u}\begin{pmatrix} \sin(\alpha) \\ \sin(\alpha) \\ -\sin(\alpha) \end{pmatrix}\). Comme \(\alpha \in ]0 ; \pi[\), \(\sin(\alpha) \gt 0\).
Le vecteur \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) est un vecteur du plan (FAC). Or :
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = \sin(\alpha) \times 1 + \sin(\alpha) \times 1 + (-\sin(\alpha)) \times 0 = 2\sin(\alpha) \neq 0.\]
Le vecteur \(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{\text{AC}}\), il ne peut donc pas être normal au plan (FAC). (Il est pourtant orthogonal à \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\), d’où l’intérêt de tester les deux vecteurs.)
4. Affirmation 4 : fausse.
Un segment est déterminé par une paire de sommets distincts, sans ordre : [AB] et [BA] sont le même segment. Le nombre de segments est donc le nombre de parties à 2 éléments d’un ensemble à 8 éléments :
\[N = \binom\,{8}{2} = \dfrac{8 \times 7}{2} = 28.\]
Or \(\dfrac{8^2}{2} = 32\), qui compte à tort les « segments » reliant un sommet à lui-même. Donc \(N \neq \dfrac{8^2}{2}\).
Exercice 2 :
Partie A
Le carré OIKJ a pour côté 1, donc pour aire 1.
- ZONE 1 : c’est le triangle OKJ, situé au-dessus de la diagonale d’équation \(y = x\). Il est rectangle en J, avec \(\text{OJ} = \text{JK} = 1\), donc son aire vaut \(\dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}\).
- ZONE 2 : c’est la région comprise entre l’axe des abscisses, la parabole et la droite \(x = 1\). La fonction \(x \mapsto x^2\) étant continue et positive sur \([0 ; 1]\), son aire est \(\displaystyle\int_0^1 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^1 = \dfrac{1}{3}\).
- ZONE 3 : c’est le reste du carré. Son aire vaut \(1 – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{6 – 3 – 2}{6} = \dfrac{1}{6}\).
On pouvait aussi calculer directement l’aire de la ZONE 3 comme aire entre les courbes : \(\displaystyle\int_0^1 (x – x^2)\,\text{d}x = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\), puisque \(x^2 \leq\, x\) sur \([0 ; 1]\). Les résultats du tableau sont démontrés.
Partie B
1. D’après l’énoncé, \(P(T) = \dfrac{1}{6}\) et \(P(\overline{T}) = \dfrac{5}{6}\). Sur la ZONE 3, on gagne avec PILE : \(P_T(G) = \dfrac{1}{2}\). Ailleurs, on gagne avec la face 6 du dé : \(P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6}\).
2. Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :
\[P(G) = P(T) \times P_T(G) + P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{36} + \dfrac{5}{36} = \dfrac{8}{36}.\]
En simplifiant par 4 : \(P(G) = \dfrac{2}{9}\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_G(T)\) :
\[P_G(T) = \dfrac{P(T \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{2}{9}} = \dfrac{1}{12} \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{24} = \dfrac{3}{8}.\]
Sachant que le joueur a gagné, la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 est \(\dfrac{3}{8} = 0{,}375\).
Partie C
1. a. Le gain \(X_1\) vaut le numéro de la zone atteinte, avec pour probabilités les aires trouvées dans la partie A :
| \(x_i\) | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| \(P(X_1 = x_i)\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{1}{3}\) | \(\dfrac{1}{6}\) |
\[E(X_1) = 1 \times \dfrac{1}{2} + 2 \times \dfrac{1}{3} + 3 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{4}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{10}{6} = \dfrac{5}{3}.\]
L’espérance de gain est \(E(X_1) = \dfrac{5}{3}\) euro, soit environ 1,67 €.
b. On utilise la formule de König-Huygens \(V(X_1) = E(X_1^2) – E(X_1)^2\), avec :
\[E(X_1^2) = 1^2 \times \dfrac{1}{2} + 2^2 \times \dfrac{1}{3} + 3^2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{8}{6} + \dfrac{9}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}.\]
\[V(X_1) = \dfrac{10}{3} – (\dfrac{5}{3})^2 = \dfrac{30}{9} – \dfrac{25}{9} = \dfrac{5}{9}.\]
On a bien \(V(X_1) = \dfrac{5}{9}\).
2. a. Chaque gain vaut au plus 3, donc \(Y = 9\) exige que les trois joueurs gagnent 3 euros : \(\{Y = 9\} = \{X_1 = 3\} \cap \{X_2 = 3\} \cap \{X_3 = 3\}\). Les trois parties étant indépendantes et suivant la même loi :
\[P(Y = 9) = P(X_1 = 3) \times P(X_2 = 3) \times P(X_3 = 3) = (\dfrac{1}{6})^3 = \dfrac{1}{216}.\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{216}\).
b. Par linéarité de l’espérance, et parce que \(X_2\) et \(X_3\) ont la même loi que \(X_1\) :
\[E(Y) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{3} = 5.\]
Donc \(E(Y) = 5\).
c. Les variables \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances :
\[V(Y) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{9} = \dfrac{5}{3}.\]
On retrouve \(V(Y) = \dfrac{5}{3}\).
Exercice 3 :
1. La fonction \(f\) est de la forme \(\ln(w)\) avec \(w(x) = \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2\), strictement positive, et \(w^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\frac{x}{2}}\). Donc \(f^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{2}\text{e}^{\frac{x}{2}}}{\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2}.\]
Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs (une exponentielle est toujours strictement positive). Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(\dfrac{2\ln(2)}{2} = \ln(2)\), donc :
\[f(2\ln(2)) = \ln(\text{e}^{\ln(2)} + 2) = \ln(2 + 2) = \ln(4) = \ln(2^2) = 2\ln(2).\]
Ainsi \(f(2\ln(2)) = 2\ln(2)\) : le réel \(2\ln(2)\) est un point fixe de \(f\).
3. On a \(\dfrac{\ln(9)}{2} = \ln(9^{\frac{1}{2}}) = \ln(3)\), donc :
\[u_1 = f(u_0) = \ln(\text{e}^{\ln(3)} + 2) = \ln(3 + 2) = \ln(5).\]
4. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
- Initialisation : \(2\ln(2) = \ln(4)\), \(u_1 = \ln(5)\) et \(u_0 = \ln(9)\). Comme \(4 \leq\, 5 \leq\, 9\) et que la fonction \(\ln\) est croissante, \(\ln(4) \leq\, \ln(5) \leq\, \ln(9)\) : \(P(0)\) est vraie.
- Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\), c’est-à-dire \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). La fonction \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 1), donc elle conserve l’ordre : \(f(2\ln(2)) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n)\). D’après la question 2, cela s’écrit \(2\ln(2) \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : \(P(n+1)\) est vraie.
- Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).
Exercice 3 du corrigé Calédonie 2025 : questions 5 à 6
5. D’après la question 4, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par \(2\ln(2)\) (car \(u_0 = \ln(9) \geq\, 2\ln(2)\) et \(u_{n+1} \geq\, 2\ln(2)\) pour tout \(n\)). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
6. a. C’est une équation du second degré de discriminant \(\Delta = (-1)^2 – 4 \times 1 \times (-2) = 9 = 3^2 \gt 0\). Elle a deux solutions :
\[X_1 = \dfrac{1 – 3}{2} = -1 \qquad X_2 = \dfrac{1 + 3}{2} = 2.\]
L’ensemble des solutions est \(\{-1 ; 2\}\).
b. Posons \(X = \text{e}^{\frac{x}{2}}\). Alors \(X^2 = (\text{e}^{\frac{x}{2}})^2 = \text{e}^{x}\), et l’équation devient \(X^2 – X – 2 = 0\). D’après a., \(X = -1\) ou \(X = 2\).
- \(\text{e}^{\frac{x}{2}} = -1\) est impossible, une exponentielle étant strictement positive.
- \(\text{e}^{\frac{x}{2}} = 2 \iff \dfrac{x}{2} = \ln(2) \iff x = 2\ln(2)\).
L’ensemble des solutions est \(\{2\ln(2)\}\).
c. Pour tout réel \(x\), en appliquant la fonction exponentielle (bijective) aux deux membres :
\[f(x) = x \iff \ln(\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2) = x \iff \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2 = \text{e}^{x} \iff \text{e}^{x} – \text{e}^{\frac{x}{2}} – 2 = 0.\]
D’après b., l’ensemble des solutions de \(f(x) = x\) est \(\{2\ln(2)\}\).
d. La suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\) (question 5). La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (car dérivable), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après c., la seule solution est \(2\ln(2)\). Donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 2\ln(2) = \ln(4)\), soit environ 1,386.
Exercice 4 :
1. Limite en 0 : \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = -\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\). La droite d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).
Limite en \(+\infty\) : on écrit \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\). Par croissances comparées \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = 0\). Ainsi \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\) et la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x^2\), \(v^{\prime}(x) = 2x\) ; la constante 1 a une dérivée nulle :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x^2 – \ln(x) \times 2x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln(x)}{x^4} = \dfrac{x(1 – 2\ln(x))}{x^4} = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.\]
3. Sur \(]0 ; +\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2\ln(x)\). Or \(1 – 2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\text{e}}\).
Valeur du maximum : \(f(\sqrt{\text{e}}) = \dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}} + 1 = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \approx 1{,}18\).
| \(x\) | 0 | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | + | 0 | − | |
| variations de \(f\) | || \(-\infty\) | croissante ↗ | \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) | décroissante ↘ | 1 |
Exercice 4 du corrigé Calédonie 2025 : question 4
4. a. On étudie séparément les deux intervalles de monotonie.
- Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\) : \(f\) est décroissante et tend vers 1 en \(+\infty\), donc \(f(x) \geq\, 1 \gt 0\) (plus précisément \(f(x) \gt 1\) puisque \(\ln(x) \gt 0\) pour \(x \gt 1\)). L’équation \(f(x) = 0\) n’a aucune solution sur cet intervalle.
- Sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\) et \(f(\sqrt{\text{e}}) = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \gt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur cet intervalle.
En réunissant les deux cas, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0 ; +\infty[\), et \(\alpha \lt \sqrt{\text{e}}\).
b. Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}65) \approx -0{,}020 \lt 0\) et \(f(0{,}66) \approx 0{,}046 \gt 0\). Donc \(0{,}65 \lt \alpha \lt 0{,}66\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}6529\)).
c. Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) et s’annule en \(\alpha\), on a \(f(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt \alpha\) et \(f(x) \gt 0\) pour \(\alpha \lt x \leq\, \sqrt{\text{e}}\). Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\), on a vu que \(f(x) \gt 0\). Bilan :
- \(f(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\) ;
- \(f(\alpha) = 0\) ;
- \(f(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; +\infty[\).
Exercice 4 : question 5
5. a. Le point M a pour coordonnées \((x ; \ln(x))\) et O est l’origine du repère orthonormé. Donc :
\[\text{OM}^2 = (x – 0)^2 + (\ln(x) – 0)^2 = x^2 + (\ln(x))^2.\]
b. Posons \(h(x) = x^2 + (\ln(x))^2\) sur \(]0 ; +\infty[\). La dérivée de \((\ln(x))^2\) est \(2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln(x)\), d’où :
\[h^{\prime}(x) = 2x + \dfrac{2\ln(x)}{x} = 2x(1 + \dfrac{\ln(x)}{x^2}) = 2x\,f(x).\]
Comme \(2x \gt 0\) sur \(]0 ; +\infty[\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(f(x)\) : d’après 4. c., \(h^{\prime}\) est négative sur \(]0 ; \alpha[\), nulle en \(\alpha\), positive sur \(]\alpha ; +\infty[\). La fonction \(h\) est donc décroissante puis croissante : \(\text{OM}^2\) admet un minimum en \(\alpha\).
c. La distance OM est positive, et la fonction racine carrée est croissante : OM est minimale exactement quand \(\text{OM}^2\) l’est, c’est-à-dire pour \(x = \alpha\). Ainsi \(d = \sqrt{\alpha^2 + (\ln(\alpha))^2}\).
On simplifie grâce à \(f(\alpha) = 0\) : \(\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} + 1 = 0\), donc \(\ln(\alpha) = -\alpha^2\) et \((\ln(\alpha))^2 = \alpha^4\). D’où :
\[d = \sqrt{\alpha^2 + \alpha^4} = \sqrt{\alpha^2(1 + \alpha^2)} = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2} \quad (\text{car } \alpha \gt 0).\]
La distance du point O à la courbe \(\mathcal{C}_g\) est \(d = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2}\), soit environ 0,78.
Corrigé Calédonie 2025 : méthode pour bien s’entraîner
D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction logarithme népérien et la fonction exponentielle. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction logarithme de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.
Les erreurs qui coûtent des points
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
Corrigé Calédonie 2025 : vos questions
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et les limites, mais aussi les probabilités conditionnelles.
Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.
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