Bac Terminale Spé Maths : Amérique du Sud 2025, Sujet 1

1.aUn étudiant choisit un plat végétarien avec une probabilité de 0,9 le lendemain s'il l'a choisi la veille, et 0,7 sinon. On note V_n l'évènement « plat végétarien le n-ième jour » et p_n=P(V_n), avec p_1=1. Indiquer la valeur de p_2.

Le jour 1, l'étudiant a choisi un plat végétarien, donc la probabilité qu'il en reprenne un le lendemain est 0{,}9 : {p_2=0{,}9}.

1.bMontrer que p_3 = 0,88.

\{V_2,\overline{V_2}\} forme une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}p_3 &= P(V_2)\times P_{V_2}(V_3) + P(\overline{V_2})\times P_{\overline{V_2}}(V_3) \\ &= 0{,}9\times0{,}9+0{,}1\times0{,}7 \\ &= 0{,}81+0{,}07 \\ &= 0{,}88\end{aligned}

1.cSachant que le 3^{\text{e}} jour l'étudiant a choisi un plat végétarien, quelle est la probabilité qu'il ait choisi un plat non végétarien le jour précédent (arrondie au centième) ?

P_{V_3}(\overline{V_2}) = \dfrac{P(\overline{V_2}\cap V_3)}{P(V_3)} = \dfrac{0{,}1\times0{,}7}{0{,}88} = \dfrac{7}{88} \approx 0,08.

2.Justifier que, pour tout entier naturel n \geq 1, p_{n+1} = 0,2p_n + 0,7.

\{V_n,\overline{V_n}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}p_{n+1} &= P(V_n)\times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n})\times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) \\ &= p_n\times0{,}9 + (1-p_n)\times0{,}7 \\ &= 0{,}2p_n+0{,}7\end{aligned}

3.aOn propose trois versions Python d'une fonction repas(n) censée renvoyer les n premiers termes de la suite (p_n). Lequel des trois programmes convient ?

C'est le programme 1 qui convient : le programme 2 renvoie n+1 termes (boucle jusqu'à n+1), et le programme 3 ajoute 1 à chaque valeur, ce qui donne des nombres supérieurs à 1 (incohérent avec une probabilité).

3.bAvec le programme choisi, donner le résultat affiché pour n = 5.

p_1=1 ; {p_2=0{,}9} ; p_3=0{,}88 ; \begin{aligned}p_4 &= 0{,}2\times0{,}88+0{,}7 \\ &= 0{,}876\end{aligned} \begin{aligned}p_5 &= 0{,}2\times0{,}876+0{,}7 \\ &= 0{,}8752\end{aligned}
Le résultat affiché est la liste [1~;~0{,}9~;~0{,}88~;~0{,}876~;~0{,}8752].

4.Démontrer par récurrence que, pour tout naturel n \geq 1, p_n = 0,125 \times 0,2^{n-1} + 0,875.

Initialisation : pour n=1, \begin{aligned}0{,}125\times0{,}2^{0}+0{,}875 &= 0{,}125+0{,}875 \\ &= 1 \\ &= p_1\end{aligned} La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n\geqslant1, {p_n=0{,}125\times0{,}2^{n-1}+0{,}875}. D'après la relation de la question 2 :
\begin{aligned}p_{n+1} &= 0{,}2p_n+0{,}7 \\ &= 0{,}2(0{,}125\times0{,}2^{n-1}+0{,}875)+0{,}7 \\ &= 0{,}125\times0{,}2^{n}+0{,}175+0{,}7 \\ &= 0{,}125\times0{,}2^{n}+0{,}875\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n\geqslant1, {p_n=0{,}125\times0{,}2^{n-1}+0{,}875}.

5.En déduire la limite de la suite (p_n).

Comme {-1<0{,}2<1}, \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}2^{n-1}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}p_n = 0{,}875.

1.Deux équipes de 22 et 25 joueurs échangent une poignée de main, chaque joueur d'une équipe serrant une seule fois la main de chaque joueur de l'autre équipe. Affirmation 1 : 47 poignées de main ont été échangées. Vraie ou fausse ?

Chaque joueur des 22 serre les 25 mains de l'autre équipe : il y a 22\times25=550 poignées de main. 550\neq47 : l'affirmation est fausse.

2.Une course oppose 18 concurrents ; on récompense indistinctement les trois premiers avec le même prix. Affirmation 2 : il y a 4 896 possibilités de distribuer ces prix. Vraie ou fausse ?

Comme les trois lauréats reçoivent un prix identique, il s'agit de choisir un ensemble de 3 personnes parmi 18 : \dbinom{18}{3}=816. 816\neq4\,896 : l'affirmation est fausse.

3.Une compétition de course de haies à 7 participants établit un podium (3 premiers classés dans l'ordre d'arrivée). Jacques participe. Affirmation 3 : il y a 90 podiums différents dont Jacques fait partie. Vraie ou fausse ?

Si Jacques est 1^{\text{er}} : 6 choix pour la 2^{\text{e}} place et 5 pour la 3^{\text{e}}, soit 30 podiums. De même s'il est 2^{\text{e}} ou 3^{\text{e}} : 30 podiums à chaque fois.
Total : 30+30+30=90 podiums. L'affirmation est vraie.

4.X_1 et X_2 sont deux variables aléatoires indépendantes de même loi : P(X=-2)=0,1, P(X=-1)=0,4, P(X=2)=0,3, P(X=5)=0,2. On pose Y = X_{1}+X_{2}. Affirmation 4 : P(Y=4) = 0,25. Vraie ou fausse ?

L'évènement \{Y=4\} se réalise dans 3 cas disjoints : (X_1=-1 et X_2=5), (X_1=2 et X_2=2), (X_1=5 et X_2=-1).
Par indépendance : \begin{aligned}P(Y=4) &= 0{,}4\times0{,}2 + 0{,}3\times0{,}3 + 0{,}2\times0{,}4 \\ &= 0{,}08+0{,}09+0{,}08 \\ &= 0{,}25\end{aligned} L'affirmation est vraie.

5.Un nageur atteint son objectif (moins de 25 s au 50 m) avec une probabilité 0,85. Sur 20 essais, X (loi binomiale de paramètres 20 et 0,85) compte les réussites. Affirmation 5 : sachant qu'il a réussi au moins 15 fois, la probabilité qu'il ait réussi au moins 18 fois est environ 0,434. Vraie ou fausse ?

La probabilité cherchée est P_{(X\geqslant15)}(X\geqslant18) = \dfrac{P(X\geqslant18)}{P(X\geqslant15)} (car {\{X\geqslant18\}\subset\{X\geqslant15\}}).
À la calculatrice : {P(X\geqslant15)\approx0{,}9327} et P(X\geqslant18)\approx0{,}4049, donc \dfrac{P(X\geqslant18)}{P(X\geqslant15)}\approx0{,}434. L'affirmation est vraie.

PartieA : D'après le graphique de la concentration f(t) d'un médicament dans le sang, donner sans justification le temps où la concentration est maximale.

D'après le graphique, la concentration est maximale environ 1 heure après l'ingestion.

PartieA : Donner l'ensemble des solutions de f(t) \geq 1.

D'après le graphique, l'ensemble des solutions est l'intervalle [0{,}25~;~2{,}5].

PartieA : Donner la convexité de f sur [0 ; 8].

D'après le graphique, f semble concave sur [0~;~2] puis convexe sur [2~;~8].

PartieB ; 1. On considère l'équation différentielle (E) : y' + y = 5e^{-t}, et on admet que f en est solution. Résoudre l'équation différentielle (E') : y' + y = 0.

Les équations de la forme ay'+by=0 ont pour solutions y(t)=ke^{-\frac{b}{a}t} : ici, les solutions de (E') sont les fonctions y(t)=ke^{-t}, avec k\in\mathbb{R}.

PartieB ; 2. Soit u la fonction définie par u(t) = at\cdote^{-t}, a réel. Déterminer a pour que u soit solution de (E).

u est solution de (E) si et seulement si u'(t)+u(t)=5e^{-t}.
u'(t) = ae^{-t}-ate^{-t}, donc u'(t)+u(t) = ae^{-t}-ate^{-t}+ate^{-t} = ae^{-t}.
\begin{aligned}ae^{-t} = 5e^{-t} &\iff a = 5 \end{aligned} (car e^{-t}\neq0). La fonction u(t)=5te^{-t} est donc solution de (E).

PartieB ; 3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E).

La solution générale de (E) est la somme d'une solution particulière et de la solution générale de (E') : les solutions de (E) sont les fonctions f(t) = ke^{-t}+5te^{-t}, avec k\in\mathbb{R}.

PartieB ; 4. On admet que f(0) = 0. Déterminer l'expression de f.

\begin{aligned}f(0) = 0 &\iff ke^{0}+5\times0\times e^{0} = 0 \\ &\iff k = 0 \end{aligned} D'où f(t)=5te^{-t}.

PartieC ; 1. On admet que f(t) = 5t\cdote^{-t} sur [0 ; +\infty[. Déterminer la limite de f en +\infty et interpréter.

Par croissances comparées, \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t}{e^{t}}=0, donc \lim\limits_{t\to+\infty}5te^{-t}=0, soit \lim\limits_{t\to+\infty}f(t)=0.
Cela signifie que la concentration en médicament tend à s'annuler lorsque le temps s'écoule indéfiniment.

PartieC ; 2. Étudier les variations de f sur [0 ; +\infty[ et dresser son tableau de variation complet.

f est dérivable comme produit de fonctions dérivables : f'(t) = 5e^{-t}-5te^{-t} = (5-5t)e^{-t}.
e^{-t}>0 pour tout t, donc f'(t) est du signe de 5-5t : positif sur [0~;~1[, nul en t=1, négatif sur ]1~;~+\infty[.
f est donc croissante sur [0~;~1] (de f(0)=0 à {f(1)=5e^{-1}}) puis décroissante sur [1~;~+\infty[ (de {f(1)=5e^{-1}} vers 0).

PartieC ; 3. Démontrer qu'il existe deux réels t_1 et t_2 tels que \begin{aligned}f(t_1) &= f(t_2) \\ &= 1\end{aligned} avec une valeur approchée à 10^{-2} près.

Le maximum de f est {f(1)=5e^{-1}\approx1{,}84>1}.
Sur ]0~;~1[, f est continue et strictement croissante, et 1\in\,]f(0)~;~f(1)[ : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(t)=1 admet une unique solution t_1 sur cet intervalle. À la calculatrice, {f(0{,}25)\approx0{,}97<1} et f(0{,}26)\approx1{,}002>1, donc t_1\approx0{,}25.
Sur ]1~;~+\infty[, f est continue et strictement décroissante, et {1\in\,]\lim_{t\to+\infty}f(t)~;~f(1)[} : de même, l'équation f(t)=1 admet une unique solution t_2. À la calculatrice, {f(2{,}54)\approx1{,}002>1} et f(2{,}55)\approx0{,}996<1, donc t_2\approx2{,}54.

PartieC ; 4. Le risque de somnolence survient quand la concentration est \geq 1 g/L. Quelle est la durée de ce risque, en heures et minutes ?

f(t)\geqslant1 sur [t_1~;~t_2], soit une durée \begin{aligned}t_2-t_1 &\approx 2{,}54-0{,}25 \\ &= 2{,}29\end{aligned} heures, c'est-à-dire environ 2 heures et 17 minutes.

PartieD : La concentration moyenne durant la première heure est \displaystyle T_m = \int\limits_0^1 f(t)\,dt. Calculer cette valeur exacte puis une valeur approchée à 0,01 près.

On pose u(t)=5t et v'(t)=e^{-t} (donc u'(t)=5 et v(t)=-e^{-t}). Par intégration par parties :
\begin{aligned}\displaystyle T_m &= \left[-5te^{-t}\right]_0^{1} - \displaystyle\int\limits_0^1(-5e^{-t})\,\mathrm{d}t \\ &= -5e^{-1} + 5\left[-e^{-t}\right]_0^{1} \\ &= -5e^{-1} - 5e^{-1}+5\end{aligned}
T_m = 5-10e^{-1} \approx 1,32 (valeur approchée à 0,01 près).

1.L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne A(2\sqrt{3} ; 0 ; 0), B(0 ; 2 ; 0), C(0 ; 0 ; 1) et K(\surd\dfrac{3}{2} ; \dfrac{3}{2} ; 0). Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite (CK) est x = (\surd\dfrac{3}{2})t, y = (\dfrac{3}{2})t, z = 1-t.

Un point M(x~;~y~;~z) appartient à (CK) si et seulement si \overrightarrow{CM} et \overrightarrow{CK} sont colinéaires, c'est-à-dire \overrightarrow{CM}=t\overrightarrow{CK} avec t\in\mathbb{R}.
\overrightarrow{CM}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z-1\end{pmatrix} et \overrightarrow{CK}\begin{pmatrix}\sqrt\dfrac{3}{2} \\ \dfrac{3}{2} \\ -1\end{pmatrix}, donc \overrightarrow{CM}=t\overrightarrow{CK} équivaut à x=\frac{\sqrt3}{2}t, y=\frac32t, z-1=-t, soit z=1-t.
La droite (CK) a donc pour représentation paramétrique x=\frac{\sqrt3}{2}t, y=\frac32t, z=1-t, avec t\in\mathbb{R}.

2.Soit M(t) un point de (CK). Établir que OM(t) = \surd(4t^{2} - 2t + 1).

M a pour coordonnées \left(\frac{\sqrt3}{2}t~;~\frac32t~;~1-t\right).
\begin{aligned}OM(t)^{2} &= \left(\frac{\sqrt3}{2}t\right)^{2}+\left(\frac32t\right)^{2}+(1-t)^{2} \\ &= \frac34t^{2}+\frac94t^{2}+t^{2}-2t+1 \\ &= 4t^{2}-2t+1\end{aligned}
Donc OM(t) = \sqrt{4t^{2}-2t+1}.

3.aSoit f(t) = OM(t) sur \mathbb{R}. Étudier les variations de f.

f(t) = \sqrt{4t^{2}-2t+1}, donc f'(t) = \dfrac{8t-2}{2\sqrt{4t^{2}-2t+1}}.
Le dénominateur est toujours positif, donc f'(t) est du signe de 8t-2 : négatif pour t<\frac14, positif pour t>\frac14.
f est donc strictement décroissante sur \left]-\infty~;~\frac14\right] et strictement croissante sur \left[\frac14~;~+\infty\right[.

3.bEn déduire la valeur de t pour laquelle f atteint son minimum.

D'après les variations précédentes, f atteint son minimum en t=\dfrac14.

4.En déduire que H(\surd\dfrac{3}{8} ; \dfrac{3}{8} ; \dfrac{3}{4}) est le projeté orthogonal de O sur (CK).

Le projeté orthogonal de O sur (CK) est le point de (CK) qui minimise la distance OM, c'est-à-dire le point de paramètre t=\frac14.
Ses coordonnées sont \left(\frac{\sqrt3}{2}\times\frac14~;~\frac32\times\frac14~;~1-\frac14\right) = \left(\frac{\sqrt3}{8}~;~\frac38~;~\frac34\right) : c'est bien le point H annoncé.

5.Démontrer, à l'aide du produit scalaire, que H est l'orthocentre du triangle ABC.

H appartient au plan (ABC) : \overrightarrow{AK}\begin{pmatrix}-\frac32\sqrt3 \\ \frac32 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2\sqrt3 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} vérifient \overrightarrow{AK}=\frac34\overrightarrow{AB} : A, K, B sont alignés, donc K appartient à (AB), donc à (ABC). Comme H appartient à (CK) et que K appartient à (ABC), la droite (CK) est incluse dans (ABC), donc H appartient à (ABC).
(CH) est une hauteur : \begin{aligned}\overrightarrow{CK}\cdot\overrightarrow{AB} &= \frac{\sqrt3}{8}\times(-2\sqrt3)+\frac38\times2+(-\frac14)\times0 \\ &= -\frac34+\frac34 \\ &= 0\end{aligned} donc (CK)\perp(AB), et comme H appartient à (CK), (CH)\perp(AB).
(AH) est une hauteur : \overrightarrow{AH}\begin{pmatrix}-\frac{15}{8}\sqrt3 \\ \frac38 \\ \frac34\end{pmatrix} et \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} vérifient \begin{aligned}\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC} &= 0+\frac38\times(-2)+\frac34\times1 \\ &= -\frac34+\frac34 \\ &= 0\end{aligned} donc (AH)\perp(BC).
(AH) et (CH) sont deux hauteurs du triangle ABC : H est donc l'orthocentre du triangle ABC.

6.aDémontrer que la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

H est le projeté orthogonal de O sur la droite (CK) : par définition d'un projeté orthogonal, \overrightarrow{OH} est donc orthogonal à la direction de (CK), c'est-à-dire {\overrightarrow{OH}\perp\overrightarrow{CK}}.
De plus : \begin{aligned}\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{AB} &= \frac{\sqrt3}{8}\times(-2\sqrt3)+\frac38\times2+\frac34\times0 \\ &= -\frac34+\frac34+0 \\ &= 0\end{aligned} donc \overrightarrow{OH}\perp\overrightarrow{AB}.
\overrightarrow{CK} et \overrightarrow{AB} ne sont pas colinéaires : ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABC). \overrightarrow{OH}, orthogonal à ces deux vecteurs, est donc normal au plan (ABC) : la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

6.bEn déduire une équation du plan (ABC).

\overrightarrow{OH}\left(\frac{\sqrt3}{8}~;~\frac38~;~\frac34\right) étant normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme \frac{\sqrt3}{8}x+\frac38y+\frac34z+d=0, soit, en multipliant par 8 : {\sqrt3\,x+3y+6z+8d=0}.
Le point A appartient au plan : \begin{aligned}\sqrt3\times2\sqrt3+3\times0+6\times0+8d = 0 &\iff 6+8d = 0 \\ &\iff d = -\dfrac34 \end{aligned}
Le plan (ABC) a donc pour équation \sqrt3\,x+3y+6z-6=0.

7.Calculer, en unité d'aire, l'aire du triangle ABC.

(CK) est une hauteur du triangle ABC, donc son aire vaut \dfrac12\,CK\times AB.
\overrightarrow{CK}\begin{pmatrix}\sqrt\dfrac{3}{2} \\ \dfrac{3}{2} \\ -1\end{pmatrix} donne \begin{aligned}CK^{2} &= \frac34+\frac94+1 \\ &= 4\end{aligned} donc CK=2.
\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2\sqrt3 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} donne \begin{aligned}AB^{2} &= 12+4 \\ &= 16\end{aligned} donc AB=4.
L'aire du triangle ABC est donc {\dfrac12\times2\times4 =} 4 unités d'aire.