Bac Terminale Spé Maths : Asie 2025, Sujet 2

PartieA ; 1. Un test de dépistage a une probabilité de 0,999 d'être positif si l'individu est atteint (M), et 0,005 s'il ne l'est pas. Donner P_M(T) et P_{\overline{M}}(T).

D'après l'énoncé : P_M(T)=0{,}999 et {P_{\overline{M}}(T)=0{,}005}.

PartieA ; 2. En 2005, 270 000 personnes ont été infectées sur une population de 750 000 à La Réunion. Donner la valeur exacte de P(M).

\begin{aligned}P(M) &= \dfrac{270\,000}{750\,000} \\ &= 0{,}36\end{aligned}

PartieA ; 3. Compléter l'arbre pondéré.

Sur la première branche : P(M)=0{,}36 et P(\overline{M})=0{,}64 ; sur les branches suivantes : P_M(T)=0{,}999, {P_M(\overline{T})=0{,}001}, {P_{\overline{M}}(T)=0{,}005}, P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}995.

PartieA ; 4. Calculer la probabilité qu'un individu soit atteint par le virus et ait un test positif.

P(M\cap T) = P(M)\times P_M(T) = 0{,}36\times0{,}999 = 0{,}35964 \approx 0,360 (au millième).

PartieA ; 5. Calculer la probabilité qu'un individu ait un test positif.

\{M,\overline{M}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
P(T) = P(M\cap T)+P(\overline{M}\cap T) = 0{,}35964+0{,}64\times0{,}005 = 0{,}35964+0{,}0032 = 0{,}36284 \approx 0,363.

PartieA ; 6. Calculer la probabilité qu'un individu ayant un test positif soit atteint par le virus.

P_T(M) = \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}35964}{0{,}36284} \approx 0,991.

PartieA ; 7. Peut-on estimer que ce test est fiable ? Argumenter.

Le test est fiable si P_T(M)>0{,}95 ; ici P_T(M)\approx0{,}991>0{,}95 : le test est donc fiable sur cette population.

PartieB ; 1. On note p la proportion de personnes atteintes dans une population cible. Adapter l'arbre pondéré.

L'arbre est identique, avec P(M)=p et P(\overline{M})=1-p sur la première branche, et toujours P_M(T)=0{,}999, {P_{\overline{M}}(T)=0{,}005} sur les branches suivantes.

PartieB ; 2. Exprimer P(T) en fonction de p.

\begin{aligned}P(T) &= P(M)\times P_M(T) + P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(T) \\ &= 0{,}999p+0{,}005(1-p) \\ &= 0{,}994p+0{,}005\end{aligned}

PartieB ; 3. Montrer que {P_T(M) = 999p / (994p + 5)}.

\begin{aligned}P_T(M) &= \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)} \\ &= \dfrac{0{,}999p}{0{,}994p+0{,}005}\end{aligned}
En multipliant numérateur et dénominateur par 1 000 : {P_T(M) = \dfrac{999p}{994p+5}}.

PartieB ; 4. Pour quelles valeurs de p peut-on considérer que ce test est fiable ?

Le test est fiable si \dfrac{999p}{994p+5}>0{,}95 \iff 999p>0{,}95(994p+5) \iff 999p>944{,}3p+4{,}75 \iff 54{,}7p>4{,}75.
Soit p>\dfrac{4{,}75}{54{,}7} \approx 0{,}087 : le test est fiable dès que p>8{,}7\,\%.

PartieC : On admet que 36 % de la population est atteinte pendant l'épidémie. Sur un échantillon de n individus (loi binomiale de paramètres n et 0,36), déterminer à partir de combien d'individus la probabilité qu'au moins un soit atteint dépasse 0,99.

On cherche le plus petit n tel que P(X\geqslant1)>0{,}99 \iff 1-P(X=0)>0{,}99 \iff P(X=0)<0{,}01.
\begin{aligned}P(X=0) &= (1-0{,}36)^{n} \\ &= 0{,}64^{n}\end{aligned} donc on veut 0{,}64^{n}<0{,}01.
En passant au logarithme népérien (croissant) : n\ln(0{,}64)<\ln(0{,}01), et comme \ln(0{,}64)<0 : {n>\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}64)} \approx 10{,}32}.
Il faut donc interroger au moins 11 individus pour que cette probabilité dépasse 0,99.

PartieA ; 1. Soit (u_n) définie par u_0 = 30 et u_{n+1} = u_n/2 + 10. Calculer les valeurs exactes de u_1 et u_2.

\begin{aligned}u_1 &= \dfrac12\times30+10 \\ &= 15+10 \\ &= 25\end{aligned} et \begin{aligned}u_2 &= \dfrac12\times25+10 \\ &= 12{,}5+10 \\ &= 22{,}5\end{aligned}

PartieA ; 2. On pose v_n = u_n - 20. Démontrer que (v_n) est géométrique de raison \dfrac{1}{2}.

Pour tout entier naturel n : \begin{aligned}v_{n+1} &= u_{n+1}-20 \\ &= \left(\dfrac12u_n+10\right)-20 \\ &= \dfrac12u_n-10 \\ &= \dfrac12(u_n-20) \\ &= \dfrac12v_n\end{aligned}
(v_n) est géométrique de raison \dfrac12, de premier terme \begin{aligned}v_0 &= u_0-20 \\ &= 10\end{aligned}

PartieA ; 3. Exprimer v_n en fonction de n.

\begin{aligned}v_n &= v_0\times\left(\dfrac12\right)^{n} \\ &= 10\times\left(\dfrac12\right)^{n}\end{aligned}

PartieA ; 4. En déduire que, pour tout entier naturel n, u_n = 20 + 10(\dfrac{1}{2})^n.

Comme u_n=v_n+20 : \begin{aligned}u_n &= 10\times\left(\dfrac12\right)^{n}+20 \\ &= 20+10\left(\dfrac12\right)^{n}\end{aligned}

PartieA ; 5. Déterminer la limite de (u_n).

Comme {0<\dfrac12<1}, \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac12\right)^{n}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}u_n = 20.

PartieB ; 1. On pose w_0=45 et {w_{n+1} = w_n/2 + u_n/2 + 7}. Montrer que w_1 = 44,5.

\begin{aligned}w_1 &= \dfrac12w_0+\dfrac12u_0+7 \\ &= \dfrac12\times45+\dfrac12\times30+7 \\ &= 22{,}5+15+7 \\ &= 44{,}5\end{aligned}

PartieB ; 2. Le programme Python proposé (U=30, W=45, boucle : U=U/2+10 puis W=W/2+U/2+7) ne renvoie pas w_1 pour suite(1). Comment corriger l'ordre des instructions ?

Le programme met à jour U avant de calculer W, ce qui utilise u_{n+1} au lieu de u_n dans le calcul de w_{n+1} : il faut inverser l'ordre des deux lignes, en calculant d'abord W = W/2 + U/2 + 7 puis ensuite U = U/2 + 10.

PartieB ; 3.a Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {w_n = 10n(\dfrac{1}{2})^n + 11(\dfrac{1}{2})^n + 34}.

Initialisation : pour n=0, \begin{aligned}10\times0\times1+11\times1+34 &= 11+34 \\ &= 45 \\ &= w_0\end{aligned} La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {w_n = 10n\left(\frac12\right)^{n}+11\left(\frac12\right)^{n}+34}. Alors :
\begin{aligned}w_{n+1} &= \dfrac12w_n+\dfrac12u_n+7 \\ &= \dfrac12\left[10n\left(\frac12\right)^{n}+11\left(\frac12\right)^{n}+34\right]+\dfrac12\left[20+10\left(\frac12\right)^{n}\right]+7\end{aligned}
\begin{aligned}w_{n+1} &= 10n\left(\frac12\right)^{n+1}+11\left(\frac12\right)^{n+1}+17+10+\left(\frac12\right)^{n+1}+7 \\ &= 10(n+1)\left(\frac12\right)^{n+1}+11\left(\frac12\right)^{n+1}+34\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {w_n = 10n\left(\frac12\right)^{n}+11\left(\frac12\right)^{n}+34}.

PartieB ; 3.b On admet que, pour n \geq 4, 0 \leq 10n(\dfrac{1}{2})^{n} \leq 10/n. Que peut-on en déduire pour la convergence de (w_n) ?

\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{10}{n}=0, donc, d'après le théorème d'encadrement, \lim\limits_{n\to+\infty}10n\left(\frac12\right)^{n}=0.
De plus \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\frac12\right)^{n}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}11\left(\frac12\right)^{n}=0.
Par somme : \lim\limits_{n\to+\infty}w_n = 34 : la suite (w_n) converge vers 34.

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne C(3 ; 0 ; 0), D(0 ; 2 ; 0), H(-6 ; 2 ; 2), J(-\dfrac{54}{13} ; \dfrac{62}{13} ; 0), le plan P : 2x+3y+6z-6=0, le plan P' : x-2y+3z-3=0, et (d) : x=-8+t/3, y=-1+t/2, z=-4+t. Affirmation 1 : (d) est orthogonale à P et coupe ce plan en H. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{2} \\ 1\end{pmatrix} dirige (d), et \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2 \\ 3 \\ 6\end{pmatrix} est normal à P.
\overrightarrow{n}=6\overrightarrow{u} : ces vecteurs sont colinéaires, donc (d) est orthogonale à P.
\begin{aligned}2\times(-6)+3\times2+6\times2-6 &= -12+6+12-6 \\ &= 0\end{aligned} H appartient à P.
H appartient à (d) si le système {-6=-8+\frac{t}{3}}, 2=-1+\frac{t}{2}, -4=-4+t a une solution : chaque équation donne t=6 : le système est cohérent, H appartient à (d).
L'affirmation est vraie.

Affirmation 2 : la mesure en degré de l'angle DCH, arrondie à 10^{-1}, est 17,3^{\circ}. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{CH}\begin{pmatrix}-9 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix} et \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}-3 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{CD} &= 27+4+0 \\ &= 31\end{aligned}
\begin{aligned}\|\overrightarrow{CH}\| &= \sqrt{81+4+4} \\ &= \sqrt{89}\end{aligned} et \begin{aligned}\|\overrightarrow{CD}\| &= \sqrt{9+4} \\ &= \sqrt{13}\end{aligned}
\cos(\widehat{DCH}) = \dfrac{31}{\sqrt{89}\times\sqrt{13}}, donc \begin{aligned}\widehat{DCH} &= \arccos\left(\dfrac{31}{\sqrt{89}\times\sqrt{13}}\right) \\ &\approx 24{,}3^{\circ}\end{aligned}
24{,}3^{\circ}\neq17{,}3^{\circ} : l'affirmation est fausse.

Affirmation 3 : les plans P et P' sont sécants et leur intersection est la droite \Delta : x=3-3t, y=0, z=t. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2 \\ 3 \\ 6\end{pmatrix} (normal à P) et \overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix} (normal à P') ne sont pas colinéaires : P et P' sont sécants selon une droite.
Le point A(3~;~0~;~0) de \Delta (pour t=0) vérifie 2\times3+3\times0+6\times0-6=0 (A\inP) et 3-2\times0+3\times0-3=0 (A\inP').
Le point B(0~;~0~;~1) de \Delta (pour t=1) vérifie 2\times0+3\times0+6\times1-6=0 (B\inP) et 0-2\times0+3\times1-3=0 (B\inP').
\Delta contient deux points distincts communs à P et P' : c'est bien la droite d'intersection, l'affirmation est vraie.

Affirmation 4 : le point J est le projeté orthogonal de H sur la droite (CD). Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}-3 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} dirige (CD), qui admet donc pour représentation paramétrique x=3-3s, y=2s, z=0.
Pour s=\dfrac{31}{13}, on retrouve les coordonnées de J : J appartient bien à (CD).
\overrightarrow{HJ}\begin{pmatrix}\dfrac{24}{13} \\ \dfrac{36}{13} \\ -2\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{HJ}\cdot\overrightarrow{CD} &= \dfrac{24}{13}\times(-3)+\dfrac{36}{13}\times2+(-2)\times0 \\ &= -\dfrac{72}{13}+\dfrac{72}{13} \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{HJ}\perp\overrightarrow{CD} et J appartient à (CD) : J est bien le projeté orthogonal de H sur (CD), l'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. On donne la courbe de la température f(t) d'une réaction chimique sur [0 ; 10]. Par lecture graphique, au bout de combien de temps la température redescend-elle à sa valeur initiale ?

Par lecture graphique, la température initiale est f(0)=40 et redescend à cette valeur au bout d'environ 3,8 minutes.

PartieA ; 2. On admet que f(t) = (at+b)e^{-0,5t} et que f(0) = 40. En déduire la valeur de b.

\begin{aligned}f(0) &= (a\times0+b)\times e^{0} \\ &= b\end{aligned} or f(0)=40, donc b=40.

PartieA ; 3. On admet que f vérifie (E) : y' + 0,5y = 60e^{-0,5t}. Déterminer la valeur de a.

f est dérivable comme produit de fonctions dérivables : f'(t) = a\,e^{-0{,}5t} + (at+40)\times(-0{,}5e^{-0{,}5t}) = (-0{,}5at+a-20)e^{-0{,}5t}.
f'(t)+0{,}5f(t) = (-0{,}5at+a-20)e^{-0{,}5t} + 0{,}5(at+40)e^{-0{,}5t} = a\,e^{-0{,}5t}.
Comme f vérifie (E), a\,e^{-0{,}5t} = 60\,e^{-0{,}5t} pour tout t, donc a=60.

PartieB ; 1. On admet que f(t) = (60t+40)e^{-0,5t}. Montrer que f'(t) = (40 - 30t)e^{-0,5t}.

D'après la question précédente, f'(t) = (-0{,}5at+a-20)e^{-0{,}5t} avec a=60 : f'(t) = (-30t+40)e^{-0{,}5t} = (40-30t)e^{-0{,}5t}.

PartieB ; 2.a Étudier le sens de variation de f sur [0 ; 10] et dresser son tableau de variation.

e^{-0{,}5t}>0 pour tout t, donc f'(t) est du signe de 40-30t : positif pour t<\dfrac43, négatif pour t>\dfrac43.
f est donc croissante sur \left[0~;~\dfrac43\right] (de f(0)=40 à \begin{aligned}f\left(\frac43\right) &= 120e^{-\dfrac{2}{3}} \\ &\approx 61{,}6\end{aligned}), puis décroissante sur \left[\dfrac43~;~10\right], jusqu'à \begin{aligned}f(10) &= 640e^{-5} \\ &\approx 4{,}31\end{aligned}

PartieB ; 2.b Montrer que l'équation f(t) = 40 admet une unique solution \alpha strictement positive sur ]0 ; 10].

Sur \left]0~;~\dfrac43\right], f(t)>40 (car f est croissante depuis f(0)=40) : aucune solution sur cet intervalle.
Sur \left[\dfrac43~;~10\right], f est continue et strictement décroissante, avec {f\left(\frac43\right)\approx61{,}6>40} et f(10)\approx4{,}31<40 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation {f(t)=40} admet une unique solution \alpha sur cet intervalle.
L'équation {f(t)=40} admet donc une unique solution \alpha strictement positive sur ]0~;~10].

PartieB ; 2.c Donner une valeur approchée de \alpha au dixième près et interpréter.

À la calculatrice, \alpha\approx3{,}8 : la température revient à sa valeur initiale de 40 ^{\circ}C au bout d'environ 3,8 minutes.

PartieB ; 3.a À l'aide d'une intégration par parties, montrer que ∫₀^{4} f(t) dt = 320 - 800/e^{2}.

On pose u(t)=60t+40 et v'(t)=e^{-0{,}5t} (donc u'(t)=60 et v(t)=-2e^{-0{,}5t}).
\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^4(60t+40)e^{-0{,}5t}\,\mathrm{d}t = \left[(60t+40)(-2e^{-0{,}5t})\right]_0^4 + 120\displaystyle\int\limits_0^4 e^{-0{,}5t}\,\mathrm{d}t.
= (-560e^{-2}+80) + 120\left[-2e^{-0{,}5t}\right]_0^4 = -560e^{-2}+80+120(-2e^{-2}+2) = -560e^{-2}+80-240e^{-2}+240.
= 320-800e^{-2} = 320-\dfrac{800}{e^{2}}.

PartieB ; 3.b En déduire une valeur approchée, au degré près, de la température moyenne au cours des 4 premières minutes.

La température moyenne est \begin{aligned}\displaystyle \dfrac14\displaystyle\int\limits_0^4f(t)\,\mathrm{d}t &= \dfrac14\left(320-\dfrac{800}{e^{2}}\right) \\ &= 80-\dfrac{200}{e^{2}} \\ &\approx 52{,}9\end{aligned}
La température moyenne au cours des 4 premières minutes est d'environ 53 ^{\circ}C.