Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2025, Sujet 1

1.Dans la population française, 45 % sont du groupe A (85 % rhésus+), 10 % du groupe B (84 % rhésus+), 3 % du groupe AB (82 % rhésus+), le reste du groupe O. Compléter l'arbre pondéré.

Le reste correspond au groupe O : {1-0{,}45-0{,}10-0{,}03=0{,}42}. L'arbre a pour première branche P(A)=0{,}45, {P(B)=0{,}10}, P(AB)=0{,}03, P(O)=0{,}42, puis sur chaque branche P_A(R)=0{,}85, P_B(R)=0{,}84, P_{AB}(R)=0{,}82 (les probabilités P_O(R) ne sont pas encore connues à ce stade).

2.Montrer que P(B\cap R) = 0,084 et interpréter.

\begin{aligned}P(B\cap R) &= P(B)\times P_B(R) \\ &= 0{,}10\times0{,}84 \\ &= 0{,}084\end{aligned}
Cela signifie que 8,4 % de la population française est à la fois de groupe sanguin B et de rhésus positif.

3.On précise que P(R) = 0,8397. Montrer que P_O(R) = 0,83.

Les évènements A, B, AB, O forment une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
P(R) = P(A\cap R)+P(B\cap R)+P(AB\cap R)+P(O\cap R), soit \begin{aligned}P(O\cap R) &= 0{,}8397-0{,}45\times0{,}85-0{,}084-0{,}03\times0{,}82 \\ &= 0{,}3486\end{aligned}
\begin{aligned}P_O(R) &= \dfrac{P(O\cap R)}{P(O)} \\ &= \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} \\ &= 0{,}83\end{aligned}

4.Un donneur universel est de groupe O et de rhésus négatif. Montrer que la probabilité qu'un individu soit donneur universel est 0,0714.

On cherche \begin{aligned}P(O\cap\overline{R}) &= P(O)\times P_O(\overline{R}) \\ &= P(O)\times(1-P_O(R))\end{aligned}
\begin{aligned}P(O\cap\overline{R}) &= 0{,}42\times(1-0{,}83) \\ &= 0{,}42\times0{,}17 \\ &= 0{,}0714\end{aligned}

5.aSur un échantillon de 100 personnes (tirage avec remise), X compte le nombre de donneurs universels. Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

L'épreuve « être donneur universel », de probabilité p=0{,}0714, est répétée 100 fois de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) : X suit la loi binomiale de paramètres n=100 et p=0{,}0714.

5.bDéterminer, à 10^{-3} près, la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans l'échantillon.

À la calculatrice, P(X\leqslant7) \approx 0,577.

5.cMontrer que E(X) = 7,14 et V(X) \approx 6,63 (à 10^{-2} près).

\begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 100\times0{,}0714 \\ &= 7{,}14\end{aligned} et \begin{aligned}V(X) &= np(1-p) \\ &= 100\times0{,}0714\times0{,}9286 \\ &\approx 6{,}63\end{aligned}

6.On organise une collecte dans N villes ; X_1,\dots,X_N (indépendantes, même loi que X) comptent les donneurs universels par ville, avec E=7,14 et V=6,63. On pose {M_N=(X_1+\dots+X_N)/N}. Que représente M_N ?

M_N représente le nombre moyen de donneurs universels par collecte, sur les N collectes organisées.

7.Calculer E(M_N).

M_N étant la moyenne empirique de variables de même loi que X : \begin{aligned}E(M_N) &= E(X) \\ &= 7{,}14\end{aligned}

8.Montrer que V(M_N) = 6,63/N.

\begin{aligned}V(M_N) &= \dfrac{V(X)}{N} \\ &= \dfrac{6{,}63}{N}\end{aligned}

9.Déterminer la plus petite valeur de N pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(7 < M_N < 7,28) \geq 0,95.

L'évènement « 7<M_N<7{,}28 » équivaut à |M_N-7{,}14|<0{,}14, donc P(|M_N-7{,}14|<0{,}14) = 1-P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14).
On veut P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14)\leqslant0{,}05. D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=0{,}14 : {P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14) \leqslant \dfrac{6{,}63}{N\times0{,}14^{2}}}.
On veut donc \begin{aligned}\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leqslant 0{,}05 &\iff N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}05\times0{,}0196} \\ &\approx 6\,765{,}3\end{aligned}
La plus petite valeur qui convient est donc N=6\,766.

PartieA ; 1. On donne la courbe de f, avec la tangente T_A en A(1 ; 2) passant par C(3 ; 0). Déterminer f'(1).

f'(1) est le coefficient directeur de T_A : \dfrac{0-2}{3-1} = -1.

PartieA ; 2. Combien de solutions l'équation f'(x) = 0 admet-elle sur ]0 ; 3] ?

f'(x)=0 correspond aux points où la tangente est horizontale : d'après le graphique, cela se produit 2 fois sur ]0~;~3].

PartieA ; 3. Quel est le signe de f''(0,2) ?

Sur [0~;~0{,}5], la courbe semble concave d'après le graphique, donc f''(0{,}2)<0.

PartieB ; 1. On admet que f(x) = x[2(ln x)^{2} - 3ln x + 2] sur ]0 ; +\infty[. Résoudre 2X^{2} - 3X + 2 = 0 dans \mathbb{R}, et en déduire que la courbe de f ne coupe pas l'axe des abscisses.

\Delta = (-3)^{2}-4\times2\times2 = 9-16 = -7<0 : l'équation 2X^{2}-3X+2=0 n'a pas de solution réelle.
\begin{aligned}f(x) = 0 &\iff x[2(\ln x)^{2}-3\ln x+2] = 0 \end{aligned} Comme x>0, cela équivaut à 2(\ln x)^{2}-3\ln x+2=0, soit, en posant X=\ln x, à 2X^{2}-3X+2=0, qui n'a pas de solution.
L'équation f(x)=0 n'a donc pas de solution : la courbe de f ne coupe pas l'axe des abscisses.

PartieB ; 2. Déterminer, en justifiant, la limite de f en +\infty (on admet que la limite en 0 est 0).

f(x) = x(\ln x)^{2}\left(2-\dfrac{3}{\ln x}+\dfrac{2}{(\ln x)^{2}}\right).
\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty, donc {\lim\limits_{x\to+\infty}x(\ln x)^{2}=+\infty}, et \lim\limits_{x\to+\infty}\left(2-\dfrac{3}{\ln x}+\dfrac{2}{(\ln x)^{2}}\right)=2.
Par produit : \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

PartieB ; 3.a On admet que f'(x) = 2(ln x)^{2} + ln x - 1. Montrer que f''(x) = (1/x)(4ln x + 1).

f''(x) = 2\times2\ln x\times\dfrac1x+\dfrac1x = \dfrac{1}{x}(4\ln x+1).

PartieB ; 3.b Étudier la convexité de f sur ]0 ; +\infty[ et préciser l'abscisse exacte du point d'inflexion.

Sur ]0~;~+\infty[, \dfrac1x>0, donc f''(x) est du signe de 4\ln x+1.
\begin{aligned}4\ln x+1 = 0 &\iff \ln x = -\dfrac14 \\ &\iff x = e^{-\dfrac{1}{4}} \end{aligned} 4\ln x+1>0 \iff x>e^{-\dfrac{1}{4}}.
f est donc concave sur \left]0~;~e^{-\dfrac{1}{4}}\right] et convexe sur \left[e^{-\dfrac{1}{4}}~;~+\infty\right[, avec un point d'inflexion d'abscisse exacte e^{-\dfrac{1}{4}}\approx0{,}779.

PartieB ; 3.c Montrer que la courbe de f est au-dessus de la tangente T_B sur ]1 ; +\infty[.

Comme e^{-\dfrac{1}{4}}<1, f est convexe sur [1~;~+\infty[ : sur cet intervalle, la courbe est donc au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier T_B.

PartieC ; 1. Justifier que la tangente T_B (au point d'abscisse e) a pour équation réduite y = 2x - e.

f'(e) = 2(\ln e)^{2}+\ln e-1 = 2+1-1 = 2 et \begin{aligned}f(e) &= e(2\times1-3+2) \\ &= e\times1 \\ &= e\end{aligned}
La tangente en e a pour équation y=f'(e)(x-e)+f(e) = 2(x-e)+e = 2x-e.

PartieC ; 2. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale de x ln x entre 1 et e vaut (e^{2} + 1)/4.

On pose u(x)=\ln x et v'(x)=x (donc u'(x)=\dfrac1x et v(x)=\dfrac{x^{2}}{2}).
\begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_1^{e}x\ln x\,\mathrm{d}x &= \left[\ln x\times\dfrac{x^{2}}{2}\right]_1^{e} - \displaystyle\int\limits_1^{e}\dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x \\ &= \dfrac{e^{2}}{2} - \left[\dfrac{x^{2}}{4}\right]_1^{e} \\ &= \dfrac{e^{2}}{2}-\dfrac{e^{2}}{4}+\dfrac14 \\ &= \dfrac{e^{2}+1}{4}\end{aligned}

PartieC ; 3. On admet que l'intégrale de x(ln x)^{2} entre 1 et e vaut (e^{2} - 1)/4. En déduire l'aire A du domaine entre la courbe de f, la tangente T_B et les droites x=1 et x=e.

Sur [1~;~e], la courbe est au-dessus de T_B, donc \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \displaystyle\int\limits_1^{e}[f(x)-(2x-e)]\,\mathrm{d}x \\ &= \displaystyle\int\limits_1^{e}[2x(\ln x)^{2}-3x\ln x+e]\,\mathrm{d}x\end{aligned}
Par linéarité : \begin{aligned}\mathcal{A} &= 2\times\dfrac{e^{2}-1}{4} - 3\times\dfrac{e^{2}+1}{4} + \left[ex\right]_1^{e} \\ &= \dfrac{-e^{2}-5}{4}+(e^{2}-e)\end{aligned}
\mathcal{A} = \dfrac{3e^{2}-4e-5}{4} unités d'aire (soit environ 1,57 u.a.).

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne A(-1 ; 0 ; 5) et B(3 ; 2 ; -1). Affirmation 1 : une représentation paramétrique de (AB) est x=3-2t, y=2-t, z=-1+3t. Vraie ou fausse ?

Cette représentation décrit une droite passant par B (pour t=0) et dirigée par \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}.
\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4 \\ 2 \\ -6\end{pmatrix} = -2\overrightarrow{u} : \overrightarrow{u} est colinéaire à \overrightarrow{AB}, donc cette droite est bien (AB). L'affirmation est vraie.

Affirmation 2 : le vecteur n(5 ; -2 ; 1) est normal au plan (OAB). Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 5\end{pmatrix} et \overrightarrow{OB}\begin{pmatrix}3 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : O, A, B définissent bien un plan.
\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OA} &= -5+0+5 \\ &= 0\end{aligned} (orthogonal), mais \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OB} &= 15-4-1 \\ &= 10 \\ &\neq 0\end{aligned} (non orthogonal).
\overrightarrow{n} n'est pas orthogonal aux deux vecteurs directeurs du plan : l'affirmation est fausse.

Onconsidère (d) : x=15+k, y=8-k, z=-6+2k et (d') : x=1+4s, y=2+4s, z=1-6s. Affirmation 3 : les droites (d) et (d') ne sont pas coplanaires. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{v}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix} dirige (d) et \overrightarrow{v'}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -6\end{pmatrix} dirige (d') : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont ni parallèles ni confondues.
En résolvant le système de recherche d'un point commun, on trouve une solution unique k=-4, s=2{,}5, correspondant au point (11~;~12~;~-14).
Les droites sont donc sécantes en ce point, donc coplanaires : l'affirmation est fausse.

Onconsidère le plan P : x-y+z+1=0. Affirmation 4 : la distance du point C(2 ; -1 ; 2) au plan P est 2\sqrt{3}. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} est normal à P, donc la droite \Delta orthogonale à P passant par C a pour représentation paramétrique x=2+l, y=-1-l, z=2+l.
L'intersection avec P vérifie \begin{aligned}(2+l)-(-1-l)+(2+l)+1 = 0 &\iff 3l+6 = 0 \\ &\iff l = -2 \end{aligned} donc H(0~;~1~;~0).
\begin{aligned}CH &= \sqrt{(0-2)^{2}+(1-(-1))^{2}+(0-2)^{2}} \\ &= \sqrt{4+4+4} \\ &= \sqrt{12} \\ &= 2\sqrt3\end{aligned}
L'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. Une zone de 20 ha voit sa posidonie occuper 1 ha au 1er juillet 2024 (u_0=1). On modélise u_{n+1} = −0,02u_n^2 + 1,3u_n. Calculer la superficie au 1er juillet 2025.

\begin{aligned}u_1 &= -0{,}02\times1^{2}+1{,}3\times1 \\ &= 1{,}28\end{aligned} D'où 1,28 ha.

PartieA ; 2.a On pose h(x) = -0,02x^{2} + 1,3x sur [0 ; 20] (croissante). Démontrer que, pour tout entier naturel n, {1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20}.

Initialisation : u_0=1 et u_1=1{,}28, donc {1\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant20} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant20}. Comme h est croissante sur [0~;~20] : {h(1)\leqslant h(u_n)\leqslant h(u_{n+1})\leqslant h(20)}, soit {1{,}28\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant18}.
Comme 1\leqslant1{,}28 et 18\leqslant20 : {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant20} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant20}.

PartieA ; 2.b En déduire que la suite (u_n) converge, vers une limite L.

D'après la question précédente, (u_n) est croissante et majorée par 20 : elle converge donc vers une limite {L\in[1~;~20]}.

PartieA ; 2.c Justifier que L = 15.

(u_n) vérifie u_{n+1}=h(u_n) avec h continue : L est solution de h(x)=x.
\begin{aligned}h(x) = x &\iff -0{,}02x^{2}+0{,}3x = 0 \\ &\iff -0{,}02x(x-15) = 0 \\ &\iff x = 0 \end{aligned} ou x=15.
Comme {L\in[1~;~20]}, seule x=15 convient : L=15.

PartieA ; 3.a Sans calcul, justifier que la surface dépassera 14 hectares.

(u_n) converge vers 15 : tout intervalle ouvert contenant 15, comme ]14~;~+\infty[, contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang. La surface dépassera donc bien 14 ha.

PartieA ; 3.b Compléter l'algorithme (def seuil(): n=0, u=1 ; while ...: n=... ; u=... ; return n) pour qu'il affiche l'année où la surface dépasse 14 ha.

Il faut compléter par while u <= 14:, n = n+1, u = -0.02*u2 + 1.3*u. L'appel seuil() renvoie 18 (car u_{17}\approx13{,}8 et u_{18}\approx14{,}1).