Bac de maths 2026 en Amérique du Nord (jour 1) : sujet et corrigé

Vous préparez le bac de maths 2027 ? Notre page dédiée regroupe tous les sujets officiels de spécialité et leurs corrigés.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2026
Mathématiques — Sujet 1
Amérique du Nord — 20 mai 2026
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (6 points)

Une plateforme de diffusion musicale propose trois types d’abonnements : « Étudiant », « Classique » et « Famille ». Elle propose également une option « Écoute hors-ligne » qu’on peut activer pour chaque type d’abonnement et qui permet de télécharger de la musique.

Une étude statistique menée sur les abonnés a permis d’établir que :

• 25 % des abonnés ont choisi l’abonnement « Étudiant » et 15 % ont choisi l’abonnement « Famille » ;
• 45 % des abonnés « Étudiant » ont activé l’option « Écoute hors-ligne » ;
• 30 % des abonnés « Classique » ont activé l’option « Écoute hors-ligne » ;
• 12 % des abonnés ont choisi l’abonnement « Famille » et ont activé l’option « Écoute hors-ligne ».

On prélève au hasard le profil d’un abonné et on considère les évènements suivants :

• \(E\) : l’abonné a choisi l’abonnement « Étudiant » ;
• \(C\) : l’abonné a choisi l’abonnement « Classique » ;
• \(F\) : l’abonné a choisi l’abonnement « Famille » ;
• \(H\) : l’abonné a activé l’option « Écoute hors-ligne ».

Partie A

1. Recopier l’arbre de probabilités suivant, en complétant les pointillés :

2. Calculer la valeur exacte de \(P(E \cap H)\).

3. Démontrer que la probabilité qu’un abonné ait activé l’option « Écoute hors-ligne » est de \(0{,}4125\).

4. Un abonné a activé l’option « Écoute hors-ligne ». Déterminer la probabilité qu’il ait choisi l’abonnement « Étudiant ». On arrondira le résultat au millième.

Partie B

On choisit huit abonnés de cette plateforme, au hasard et de manière indépendante. On considère qu’il y a suffisamment d’abonnés pour que ce choix soit assimilé à un tirage avec remise.

On rappelle que la probabilité qu’un abonné ait activé l’option « Écoute hors-ligne » est de 0,4125.

On note \(X\) la variable aléatoire donnant le nombre d’abonnés ayant activé l’option « Écoute hors-ligne ».

1. On admet que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

2. Calculer la probabilité qu’aucun de ces huit abonnés n’ait activé l’option « Écoute hors-ligne ». On arrondira le résultat au millième.

3. Dans cette question, \(n\) est un entier naturel non nul.

On s’intéresse à un échantillon de \(n\) abonnés, qu’on assimile à un tirage avec remise.

On note \(q_n\) la probabilité qu’au moins un abonné de cet échantillon ait activé l’option « Écoute hors-ligne ».

a. Démontrer que, pour tout \(n\) entier naturel non nul, \(q_n = 1 – 0{,}5875^n\).

b. Déterminer la plus petite valeur de \(n\) telle que la probabilité qu’au moins un abonné de l’échantillon ait activé l’option « Écoute hors-ligne » soit supérieure ou égale à 99,9 %.

Partie C

La plateforme propose les tarifs mensuels suivants :

• Abonnement « Étudiant » : 5 € par mois ;
• Abonnement « Classique » : 10 € par mois ;
• Abonnement « Famille » : 16 € par mois ;
• Option « Écoute hors-ligne » : 2 € de plus par mois, quel que soit l’abonnement choisi.

On note \(Y\) la variable aléatoire égale au montant payé mensuellement par un abonné.

1. Donner les six valeurs possibles prises par la variable aléatoire \(Y\).

2. Dresser le tableau décrivant la loi de probabilité de la variable aléatoire \(Y\).

3. Démontrer que l’espérance mathématique de la variable aléatoire \(Y\) vaut 10,475 et interpréter ce résultat dans le contexte.

4. À l’aide de la calculatrice, donner la variance de la variable aléatoire \(Y\), arrondie au centième.

5. Une plateforme vidéo propose les mêmes types d’abonnements. On note \(Z\) la variable aléatoire égale au montant payé mensuellement par un abonné à cette plateforme vidéo.

On admet que l’espérance de la variable aléatoire \(Z\) vaut 9 et son écart-type 2.

a. Calculer la variance de la variable aléatoire \(Z\).

b. Un responsable affirme que, si on interroge un abonné de cette plateforme vidéo au hasard, il y a au moins 50 % de chances pour que le prix de son abonnement soit strictement compris entre 6 et 12 euros.

Justifier cette affirmation.

Exercice 2 (4 points)

La perche-soleil est une espèce de poisson envahissante. Un plan de lutte contre la prolifération de cette espèce est mis en place et on étudie dans cet exercice deux modèles d’évolution de la population de perches-soleil dans un étang naturel. On estime que, dans cet étang, le nombre de perches-soleil s’élève à 4 000 individus au 1^er janvier 2025.

Partie A : étude d’un modèle discret

Dans cette partie, on modélise le nombre de perches-soleil dans l’étang par une suite \((u_n)\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\) désigne le nombre de perches-soleil, exprimé en millier, dans l’étang au 1^er janvier de l’année \(2025+n\).

La suite \((u_n)\) est définie par :

• \(u_0 = 4\) ;
• pour tout entier naturel \(n\) : \(u_{n+1} = 4 – \dfrac{4}{u_n}\).

On admet que cette suite est bien définie et qu’en particulier pour tout entier \(n\), \(u_n \gt 0\).

1. Calculer le nombre de perches-soleil au 1^er janvier 2026 donné par ce modèle.

2. On note \(h\) la fonction définie sur l’intervalle \(]0\,;+\infty[\) par \(h(x) = 4 – \dfrac{4}{x}\).

a. Justifier que la fonction \(h\) est croissante sur l’intervalle \(]0\,;+\infty[\).

b. Démontrer que pour tout entier naturel \(n\) :

\[2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\]

c. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente. On note \(\ell\) sa limite.

d. Justifier que \(\ell = 2\).

e. Ce modèle prévoit-il une élimination à long terme de l’espèce envahissante ?

3. On considère le script Python ci-dessous.

a. Soit \(s\) un réel appartenant à l’intervalle \(]2\,;4[\).

Recopier et compléter ce script de sorte qu’il renvoie, après exécution, le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n \lt s\).

def population(s) :
    u=4
    n=0
    while... :
        u=...
        n=...
    return n

b. Quelle valeur renvoie la commande population(2.2) ?

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B : étude d’un modèle continu

On note \(t\) le temps écoulé, exprimé en année, à partir du 1^er janvier 2025. L’évolution du nombre de perches-soleil, exprimé en millier, est modélisée par la fonction \(p\) telle que :

• la fonction \(p\) est définie et dérivable sur l’intervalle \([0\,;+\infty[\) ;
• \(p(0) = 4\) ;
• la fonction \(p\) est solution de l’équation différentielle \((E) : y^{\prime} + y = 2\) où \(y\) est une fonction de la variable réelle \(t\).

1. Donner l’ensemble des solutions de l’équation \((E)\).

2. En déduire que l’expression de la fonction \(p\) sur l’intervalle \([0\,;+\infty[\) est \(p(t) = 2\text{e}^{-t} + 2\).

3. Ce modèle prévoit-il une élimination à long terme de l’espèce envahissante ?

Exercice 3 (5 points)

Dans cet exercice l’unité est le centimètre.

On considère une pyramide à base carrée SABCD comme dans la figure ci-dessous.

Dans cette figure :

• AB = BC = CD = DA = OS = 2 cm ;
• I est le milieu de [CD], J le milieu de [BC] et K le milieu de [OS].

L’espace est muni du repère orthonormé \((\text{O}\,;\vec{\text{OI}},\vec{\text{OJ}},\vec{\text{OK}})\).

On admet que \(\text{B}(-1\,;1\,;0)\), \(\text{C}(1\,;1\,;0)\) et \(\text{S}(0\,;0\,;2)\).

Les parties A et B sont indépendantes.

Partie A

1. Donner les coordonnées des points A et D.

2. Calculer le produit scalaire \(\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}}\).

3. En déduire la mesure de l’angle \(\widehat{\text{BSC}}\) arrondie au dixième de degré près.

Partie B

On se propose dans cette partie de déterminer la distance du point O au plan (SBC).

1. Soit \(\vec{n}\) le vecteur de coordonnées \(\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}\).

a. Justifier que le vecteur \(\vec{n}\) est normal au plan (SBC).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (SBC) est \(2y + z – 2 = 0\).

2. On note H le projeté orthogonal du point O sur le plan (SBC).

a. Justifier qu’une représentation paramétrique de la droite (OH) est :

\[\{\begin{array}{l} x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{array}. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]

b. Calculer les coordonnées du point H.

c. En déduire que la distance du point O au plan (SBC) est égale à \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm.

Partie C

On se propose ici de retrouver le résultat de la partie B par une autre méthode.

1. On rappelle que le volume d’une pyramide est donné par :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}\]

a. Calculer le volume de la pyramide SABCD.

b. En déduire que le volume de la pyramide OCBS est égal à \(\dfrac{2}{3}\ \text{cm}^3\).

2. Déterminer l’aire du triangle SBC.

3. Déduire des questions précédentes que la distance du point O au plan (SBC) est égale à \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm.

Exercice 4 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[f(x) = 5\ln(x^2+1) – 3x\]

et on admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).

On note \(\mathcal{C}_f\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé du plan.

On a tracé ci-dessous la courbe \(\mathcal{C}_f\) et la tangente à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 1.

1. Conjecturer, à l’aide de la représentation graphique de la fonction \(f\), les intervalles de \(\mathbb{R}\) sur lesquels la fonction \(f\) semble convexe ou concave.

2. Déterminer, en justifiant, la limite de la fonction \(f\) en \(-\infty\).

3. a. Démontrer que, pour tout \(x\) réel strictement positif,

\[f(x) = x(10\dfrac{\ln x}{x} – 3) + 5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2})\]

b. Déterminer, en justifiant, la limite de la fonction \(f\) en \(+\infty\).

4. a. Démontrer que pour tout \(x\) réel, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{-3x^2 + 10x – 3}{x^2+1}\).

b. Étudier les variations de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

5. On admet que la fonction \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que pour tout réel \(x\),

\[f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{-10x^2 + 10}{(x^2+1)^2}\]

a. Valider ou rejeter la conjecture faite à la question 1.

b. Déterminer l’équation réduite de la tangente à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 1.

c. En déduire que pour tout \(x \geq\, 1\), \(\ln(x^2+1) \leq\, x + \ln(2) – 1\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Les trois abonnements s’excluent et couvrent tous les abonnés, donc les probabilités du premier niveau ont pour somme 1. On lit \(P(E) = 0{,}25\) et \(P(F) = 0{,}15\), d’où :

\[P(C) = 1 – 0{,}25 – 0{,}15 = 0{,}6.\]

Au second niveau, « 45 % des abonnés Étudiant » décrit une probabilité conditionnelle : \(P_E(H) = 0{,}45\), donc \(P_E(\overline{H}) = 1 – 0{,}45 = 0{,}55\). De même \(P_C(H) = 0{,}3\) et \(P_C(\overline{H}) = 0{,}7\).

Attention au piège de la dernière donnée : « 12 % des abonnés ont choisi Famille et activé l’option » est une probabilité d’intersection, \(P(F \cap H) = 0{,}12\), et non une probabilité conditionnelle. C’est pour cela que les branches issues de \(F\) n’ont pas de pointillés.

L’arbre complété porte donc : 0,25 vers \(E\), 0,6 vers \(C\), 0,15 vers \(F\) ; 0,45 et 0,55 sur les branches \(E \to H\) et \(E \to \overline{H}\) ; 0,3 et 0,7 sur les branches \(C \to H\) et \(C \to \overline{H}\).

2. On suit le chemin \(E\) puis \(H\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0{,}1125.\]

Donc \(P(E \cap H) = 0{,}1125\).

3. Les évènements \(E\), \(C\) et \(F\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :

\[P(H) = P(E \cap H) + P(C \cap H) + P(F \cap H).\]

On a déjà \(P(E \cap H) = 0{,}1125\) et \(P(F \cap H) = 0{,}12\) (donnée de l’énoncé). Il reste \(P(C \cap H) = P(C) \times P_C(H) = 0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18\).

\[P(H) = 0{,}1125 + 0{,}18 + 0{,}12 = 0{,}4125.\]

La probabilité qu’un abonné ait activé l’option « Écoute hors-ligne » est bien \(P(H) = 0{,}4125\).

4. On sait que l’abonné a activé l’option : on cherche donc la probabilité conditionnelle \(P_H(E)\).

\[P_H(E) = \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} = \dfrac{0{,}1125}{0{,}4125} = \dfrac{1125}{4125} = \dfrac{3}{11} \approx 0{,}273.\]

Parmi les abonnés qui utilisent l’écoute hors-ligne, la proportion d’étudiants est d’environ 0,273 (au millième).

Partie B

1. On répète 8 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « l’abonné a activé l’option » a pour probabilité 0,4125. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 8\) et \(p = 0{,}4125\).

2. « Aucun abonné n’a activé l’option » correspond à \(X = 0\). La probabilité d’un échec est \(1 – 0{,}4125 = 0{,}5875\), et il faut 8 échecs :

\[P(X = 0) = \binom\,{8}{0} \times 0{,}4125^0 \times 0{,}5875^8 = 0{,}5875^8 \approx 0{,}014.\]

La probabilité qu’aucun des huit abonnés n’ait activé l’option est d’environ 0,014.

3. a. Pour un échantillon de \(n\) abonnés, notons \(X_n\) le nombre d’abonnés ayant activé l’option ; pour les mêmes raisons qu’au 1, \(X_n\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,4125. L’évènement « au moins un abonné a activé l’option » est le contraire de « aucun abonné ne l’a activée », donc :

\[q_n = P(X_n \geq\, 1) = 1 – P(X_n = 0) = 1 – 0{,}5875^n.\]

On a bien, pour tout entier naturel \(n\) non nul, \(q_n = 1 – 0{,}5875^n\).

b. On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(q_n \geq\, 0{,}999\).

\[q_n \geq\, 0{,}999 \iff 1 – 0{,}5875^n \geq\, 0{,}999 \iff 0{,}5875^n \leq\, 0{,}001.\]

Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), on peut donc appliquer \(\ln\) sans changer le sens :

\[n \ln(0{,}5875) \leq\, \ln(0{,}001).\]

Comme \(0{,}5875 \lt 1\), on a \(\ln(0{,}5875) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, le sens de l’inégalité change.

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99.\]

Le plus petit entier qui convient est \(n = 13\) : il faut interroger au moins 13 abonnés pour être sûr à 99,9 % qu’au moins l’un d’eux utilise l’écoute hors-ligne. (Contrôle : \(q_{12} \approx 0{,}9983 \lt 0{,}999\) et \(q_{13} \approx 0{,}99901 \geq\, 0{,}999\).)

Partie C

1. Chaque abonnement peut être pris avec ou sans l’option à 2 €. Les six valeurs possibles de \(Y\) sont : 5 € et 7 € (Étudiant sans ou avec option), 10 € et 12 € (Classique), 16 € et 18 € (Famille).

2. Chaque valeur correspond à une feuille de l’arbre. On connaît déjà \(P(E \cap H) = 0{,}1125\), \(P(C \cap H) = 0{,}18\) et \(P(F \cap H) = 0{,}12\). Les autres s’obtiennent par différence :

• \(P(E \cap \overline{H}) = 0{,}25 \times 0{,}55 = 0{,}1375\) ;
• \(P(C \cap \overline{H}) = 0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42\) ;
• \(P(F \cap \overline{H}) = P(F) – P(F \cap H) = 0{,}15 – 0{,}12 = 0{,}03\).

Vérification : \(0{,}1375 + 0{,}1125 + 0{,}42 + 0{,}18 + 0{,}03 + 0{,}12 = 1\).

3. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérées par leurs probabilités :

\[E(Y) = 5 \times 0{,}1375 + 7 \times 0{,}1125 + 10 \times 0{,}42 + 12 \times 0{,}18 + 16 \times 0{,}03 + 18 \times 0{,}12\]

\[E(Y) = 0{,}6875 + 0{,}7875 + 4{,}2 + 2{,}16 + 0{,}48 + 2{,}16 = 10{,}475.\]

On trouve bien \(E(Y) = 10{,}475\). Interprétation : sur un grand nombre d’abonnés, la plateforme encaisse en moyenne environ 10,48 € par abonné et par mois.

4. La calculatrice (listes des valeurs et des probabilités) donne \(V(Y) \approx 13{,}70\). On peut le retrouver avec la formule de König-Huygens : \(E(Y^2) = 25 \times 0{,}1375 + 49 \times 0{,}1125 + 100 \times 0{,}42 + 144 \times 0{,}18 + 256 \times 0{,}03 + 324 \times 0{,}12 = 123{,}43\), puis

\[V(Y) = E(Y^2) – E(Y)^2 = 123{,}43 – 10{,}475^2 = 13{,}704375.\]

Donc \(V(Y) \approx 13{,}70\).

5. a. La variance est le carré de l’écart-type : \(V(Z) = \sigma(Z)^2 = 2^2\), donc \(V(Z) = 4\).

b. L’intervalle \(]6\,;12[\) est centré sur l’espérance \(E(Z) = 9\), avec un rayon de 3. Ainsi :

\[6 \lt Z \lt 12 \iff -3 \lt Z – 9 \lt 3 \iff |Z – 9| \lt 3.\]

L’évènement contraire est \(|Z – 9| \geq\, 3\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée avec \(t = 3\), donne :

\[P(|Z – E(Z)| \geq\, 3) \leq\, \dfrac{V(Z)}{3^2} = \dfrac{4}{9}.\]

Par passage au contraire :

\[P(6 \lt Z \lt 12) = 1 – P(|Z – 9| \geq\, 3) \geq\, 1 – \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9} \approx 0{,}556.\]

Comme \(\dfrac{5}{9} \gt 0{,}5\), il y a bien au moins 50 % de chances (et même au moins 55,5 %) que le prix payé soit strictement compris entre 6 et 12 euros : le responsable a raison.

Exercice 2 :

Partie A : étude d’un modèle discret

1. Le 1^er janvier 2026 correspond à \(n = 1\) :

\[u_1 = 4 – \dfrac{4}{u_0} = 4 – \dfrac{4}{4} = 3.\]

Comme \(u_n\) est exprimé en milliers, le modèle prévoit 3 000 perches-soleil au 1^er janvier 2026.

2. a. La fonction \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\), donc \(h\) aussi, et pour tout \(x \gt 0\) :

\[h^{\prime}(x) = -4 \times (-\dfrac{1}{x^2}) = \dfrac{4}{x^2}.\]

Un carré non nul est strictement positif, donc \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;+\infty[\) : \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

b. On remarque que \(u_{n+1} = h(u_n)\) pour tout \(n\). On raisonne par récurrence sur la propriété \(\mathcal{P}_n\) : « \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(u_1 = 3\), donc \(2 \leq\, u_1 \leq\, u_0 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie : \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\). Tous ces nombres sont dans \(]0\,;+\infty[\), où \(h\) est croissante ; appliquer \(h\) conserve donc l’ordre :

\[h(2) \leq\, h(u_{n+1}) \leq\, h(u_n) \leq\, h(4).\]

Or \(h(2) = 4 – 2 = 2\), \(h(u_{n+1}) = u_{n+2}\), \(h(u_n) = u_{n+1}\) et \(h(4) = 4 – 1 = 3\). On obtient \(2 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 3 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\).

c. D’après la question précédente, pour tout \(n\) : \(u_{n+1} \leq\, u_n\), donc la suite \((u_n)\) est décroissante ; et \(u_n \geq\, 2\), donc elle est minorée par 2. Une suite décroissante et minorée converge : \((u_n)\) est convergente, et sa limite vérifie \(\ell \geq\, 2\) (par passage à la limite dans \(u_n \geq\, 2\)).

d. La fonction \(h\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) (elle y est dérivable) et \(\ell \geq\, 2\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = h(u_n)\), on obtient \(\ell = h(\ell)\), c’est-à-dire :

\[\ell = 4 – \dfrac{4}{\ell}.\]

En multipliant par \(\ell \neq 0\) : \(\ell^2 = 4\ell – 4\), soit \(\ell^2 – 4\ell + 4 = 0\), c’est-à-dire \((\ell – 2)^2 = 0\). La seule solution est \(\ell = 2\).

e. La population tend vers 2 milliers de poissons : elle se stabilise autour de 2 000 perches-soleil. Ce modèle ne prévoit pas l’élimination de l’espèce, seulement une division par deux de la population.

3. a. La variable u contient le terme courant et n son indice. On doit s’arrêter dès que \(u_n \lt s\) : la boucle tourne donc tant que \(u \geq\, s\). À chaque tour, on calcule le terme suivant avec la relation de récurrence et on augmente l’indice de 1.

def population(s) :
    u=4
    n=0
    while u >= s :
        u=4-4/u
        n=n+1
    return n

b. On calcule les termes successifs (on peut montrer que \(u_n = 2 + \dfrac{2}{n+1}\)) :

\(u_9 = 2{,}2\) n’est pas strictement inférieur à 2,2, donc la boucle continue ; \(u_{10} \approx 2{,}182 \lt 2{,}2\) l’arrête. La commande population(2.2) renvoie 10.

Interprétation : selon ce modèle, la population passe pour la première fois sous les 2 200 perches-soleil en \(2025 + 10\), c’est-à-dire au 1^er janvier 2035.

Partie B : étude d’un modèle continu

1. L’équation \((E)\) s’écrit \(y^{\prime} = -y + 2\), de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = 2\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\), soit :

\[y(t) = k\text{e}^{-t} + 2, \quad k \in \mathbb{R}.\]

On peut vérifier : la fonction constante égale à 2 est une solution particulière, et \(y^{\prime} + y = 0\) a pour solutions les \(t \mapsto k\text{e}^{-t}\).

2. Puisque \(p\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(k\) tel que \(p(t) = k\text{e}^{-t} + 2\). La condition initiale donne \(p(0) = k + 2 = 4\), donc \(k = 2\). Ainsi \(p(t) = 2\text{e}^{-t} + 2\) sur \([0\,;+\infty[\).

3. Comme \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-t} = 0\), on obtient \(\lim\limits_{t \to +\infty} p(t) = 2\). La population tend vers 2 milliers : ce modèle ne prévoit pas non plus l’élimination de l’espèce, mais une stabilisation vers 2 000 perches-soleil, comme le modèle discret.

Exercice 3 :

Partie A

1. Le point O est le centre du carré ABCD. A est à l’opposé de C par rapport à O, et D à l’opposé de B. On obtient \(\text{A}(-1\,;-1\,;0)\) et \(\text{D}(1\,;-1\,;0)\) (on vérifie que \(\text{I}(1\,;0\,;0)\) est bien le milieu de [CD]).

2. On calcule les coordonnées des deux vecteurs :

\[\vec{\text{SC}} \begin{pmatrix} 1 – 0 \\ 1 – 0 \\ 0 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{SB}} \begin{pmatrix} -1 – 0 \\ 1 – 0 \\ 0 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\]

Le repère est orthonormé, donc :

\[\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-2) \times (-2) = -1 + 1 + 4 = 4.\]

Donc \(\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = 4\).

3. Les longueurs valent \(\text{SC} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}\) et \(\text{SB} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}\). Avec l’autre expression du produit scalaire :

\[\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = \text{SC} \times \text{SB} \times \cos\widehat{\text{BSC}}, \quad \text{donc} \quad 4 = 6\cos\widehat{\text{BSC}}.\]

D’où \(\cos\widehat{\text{BSC}} = \dfrac{2}{3}\) et, à la calculatrice, \(\widehat{\text{BSC}} \approx 48{,}2^\circ\).

Partie B

1. a. Les vecteurs \(\vec{\text{SB}}\) et \(\vec{\text{SC}}\) ne sont pas colinéaires : leurs deuxièmes et troisièmes coordonnées sont égales mais leurs premières sont opposées et non nulles. Ce sont donc deux vecteurs directeurs du plan (SBC). Or :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{SB}} = 0 \times (-1) + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{\text{SC}} = 0 \times 1 + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0\]

Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (SBC) : il est normal au plan (SBC).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(0\,;2\,;1)\) a une équation de la forme \(2y + z + d = 0\). Le point \(\text{S}(0\,;0\,;2)\) est dans le plan, donc \(0 + 2 + d = 0\), soit \(d = -2\). Une équation cartésienne de (SBC) est \(2y + z – 2 = 0\) (on vérifie avec B : \(2 + 0 – 2 = 0\), et avec C : \(2 + 0 – 2 = 0\)).

2. a. H est le projeté orthogonal de O sur (SBC), donc la droite (OH) est perpendiculaire au plan (SBC) : elle a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec{n}(0\,;2\,;1)\). Elle passe par \(\text{O}(0\,;0\,;0)\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur (OH) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{O}M} = t\,\vec{n}\), ce qui donne exactement la représentation annoncée :

\[\{\begin{array}{l} x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

b. H est à la fois sur (OH) et sur (SBC). On remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan :

\[2 \times 2t + t – 2 = 0 \iff 5t = 2 \iff t = \dfrac{2}{5}.\]

On obtient \(\text{H}(0\,;\dfrac{4}{5}\,;\dfrac{2}{5})\).

c. La distance de O au plan (SBC) est la distance OH :

\[\text{OH} = \sqrt{0^2 + (\dfrac{4}{5})^2 + (\dfrac{2}{5})^2} = \sqrt{\dfrac{16 + 4}{25}} = \dfrac{\sqrt{20}}{5} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.\]

La distance du point O au plan (SBC) est bien \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm (environ 0,89 cm).

Partie C

1. a. La base est le carré ABCD d’aire \(2^2 = 4\ \text{cm}^2\). La hauteur est [SO], perpendiculaire à la base (S est sur l’axe des cotes, la base dans le plan \(z = 0\)), de longueur 2 cm.

\[V_{\text{SABCD}} = \dfrac{1}{3} \times 4 \times 2 = \dfrac{8}{3}.\]

Le volume de la pyramide SABCD est \(\dfrac{8}{3}\ \text{cm}^3\).

b. La pyramide OCBS a pour base le triangle OBC et pour hauteur la même longueur SO = 2 cm. Les diagonales du carré se coupent en O et découpent le carré en quatre triangles superposables, donc l’aire de OBC est le quart de celle du carré, soit \(1\ \text{cm}^2\). Ainsi :

\[V_{\text{OCBS}} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 2 = \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{8}{3}.\]

Le volume de la pyramide OCBS est bien \(\dfrac{2}{3}\ \text{cm}^3\).

2. On a vu que \(\text{SB} = \text{SC} = \sqrt{6}\) : le triangle SBC est isocèle en S. Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi la hauteur ; J étant le milieu de [BC], [SJ] est la hauteur relative à [BC]. Le triangle SJB est rectangle en J avec \(\text{BJ} = 1\), donc par le théorème de Pythagore :

\[\text{SJ}^2 = \text{SB}^2 – \text{BJ}^2 = 6 – 1 = 5, \quad \text{donc} \quad \text{SJ} = \sqrt{5}.\]

(On peut aussi calculer directement avec \(\text{J}(0\,;1\,;0)\) : \(\text{SJ} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\).)

\[\mathcal{A}_{\text{SBC}} = \dfrac{\text{BC} \times \text{SJ}}{2} = \dfrac{2 \times \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}.\]

L’aire du triangle SBC est \(\sqrt{5}\ \text{cm}^2\).

3. On calcule le volume de la même pyramide OCBS en prenant cette fois le triangle SBC pour base. La hauteur associée est la distance de O au plan (SBC), c’est-à-dire OH, puisque H est le projeté orthogonal de O sur ce plan :

\[V_{\text{OCBS}} = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times \text{OH}.\]

Avec le résultat du 1. b :

\[\dfrac{\sqrt{5}}{3}\,\text{OH} = \dfrac{2}{3} \iff \text{OH} = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.\]

On retrouve bien une distance de \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm entre O et le plan (SBC), en accord avec la partie B.

Exercice 4 :

1. Sur le graphique, la courbe « tourne vers le haut » (elle est au-dessus de ses tangentes) jusqu’au point A, puis « tourne vers le bas » après A ; la tangente en A semble d’ailleurs traverser la courbe. On conjecture que \(f\) est convexe sur \(]-\infty\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\), avec un point d’inflexion en A.

2. Quand \(x \to -\infty\), \(x^2 + 1 \to +\infty\) et \(\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X = +\infty\), donc par composition \(\ln(x^2+1) \to +\infty\). Par ailleurs \(-3x \to +\infty\). Par produit et somme de deux limites égales à \(+\infty\) :

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

3. a. Pour \(x \gt 0\), on factorise \(x^2\) dans le logarithme :

\[x^2 + 1 = x^2(1 + \dfrac{1}{x^2}), \quad \text{donc} \quad \ln(x^2+1) = \ln(x^2) + \ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) = 2\ln x + \ln(1 + \dfrac{1}{x^2}),\]

la dernière égalité utilisant \(x \gt 0\). Par conséquent :

\[f(x) = 10\ln x – 3x + 5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) = x(10\dfrac{\ln x}{x} – 3) + 5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}).\]

b. En \(+\infty\), l’expression de départ donne une forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) » ; on utilise donc la forme du a.

• Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0\), donc \(10\dfrac{\ln x}{x} – 3 \to -3\) ; en multipliant par \(x \to +\infty\), on obtient \(x(10\dfrac{\ln x}{x} – 3) \to -\infty\).
• \(1 + \dfrac{1}{x^2} \to 1\) et \(\ln\) est continue en 1 avec \(\ln 1 = 0\), donc \(5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) \to 0\).

Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

4. a. On pose \(u(x) = x^2 + 1\), strictement positive, avec \(u^{\prime}(x) = 2x\). La dérivée de \(\ln u\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\), donc pour tout réel \(x\) :

\[f^{\prime}(x) = 5 \times \dfrac{2x}{x^2+1} – 3 = \dfrac{10x – 3(x^2+1)}{x^2+1} = \dfrac{-3x^2 + 10x – 3}{x^2+1}.\]

b. Le dénominateur \(x^2 + 1\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2 + 10x – 3\). Son discriminant vaut \(\Delta = 10^2 – 4 \times (-3) \times (-3) = 100 – 36 = 64\), d’où deux racines :

\[x_1 = \dfrac{-10 + 8}{-6} = \dfrac{1}{3} \qquad x_2 = \dfrac{-10 – 8}{-6} = 3.\]

Le coefficient de \(x^2\) est négatif : le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. On calcule les extremums : \(f(\dfrac{1}{3}) = 5\ln(\dfrac{10}{9}) – 1 \approx -0{,}47\) et \(f(3) = 5\ln 10 – 9 \approx 2{,}51\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\dfrac{1}{3}]\), strictement croissante sur \([\dfrac{1}{3}\,;3]\) et strictement décroissante sur \([3\,;+\infty[\), ce qui correspond à la courbe.

5. a. Le dénominateur \((x^2+1)^2\) est strictement positif, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(-10x^2 + 10 = 10(1 – x)(1 + x)\), qui s’annule en \(-1\) et en 1 et qui est positif entre ces racines (coefficient de \(x^2\) négatif).

\(f\) est donc concave sur \(]-\infty\,;-1]\), convexe sur \([-1\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\), avec deux points d’inflexion d’abscisses \(-1\) et 1. La partie « concave sur \([1\,;+\infty[\) » est confirmée, mais la conjecture est rejetée : \(f\) n’est pas convexe sur tout \(]-\infty\,;1]\), elle est concave sur \(]-\infty\,;-1]\). Le graphique ne le laissait pas voir car la courbe sort de la fenêtre dès \(x \approx -1\) ; avec une échelle verticale plus grande, on verrait la courbe s’infléchir vers la gauche.

b. On a \(f(1) = 5\ln 2 – 3\) et \(f^{\prime}(1) = \dfrac{-3 + 10 – 3}{2} = 2\). La tangente en A a pour équation \(y = f^{\prime}(1)(x – 1) + f(1)\), soit \(y = 2(x – 1) + 5\ln 2 – 3\) :

\[y = 2x + 5\ln 2 – 5.\]

L’équation réduite de la tangente en A est \(y = 2x + 5\ln 2 – 5\) (ordonnée à l’origine \(\approx -1{,}53\), ce que montre la figure).

c. D’après le a, \(f\) est concave sur \([1\,;+\infty[\) ; sur cet intervalle, sa courbe est donc située en dessous de chacune de ses tangentes, en particulier de la tangente en A. Pour tout \(x \geq\, 1\) :

\[5\ln(x^2+1) – 3x \leq\, 2x + 5\ln 2 – 5.\]

En ajoutant \(3x\) aux deux membres : \(5\ln(x^2+1) \leq\, 5x + 5\ln 2 – 5\), puis en divisant par \(5 \gt 0\) :

\[\ln(x^2+1) \leq\, x + \ln(2) – 1.\]

L’inégalité est démontrée pour tout \(x \geq\, 1\).

Les autres sujets du bac de maths 2026

• Bac de maths 2026 aux Antilles-Guyane (jour 1) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 aux Antilles-Guyane (jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 aux centres étrangers (jour 1) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 aux centres étrangers (jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en Amérique du Nord (jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en Asie (jour 1) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en Asie (jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en France (jour 1) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en France (jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en France (septembre, jour 2) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en Polynésie (jour 1) : sujet et corrigé
• Bac de maths 2026 en Polynésie (jour 2) : sujet et corrigé