Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2025, Sujet 2

PartieA ; 1. Dans un centre multisports, une personne peut chuter en séance 1 (A, P(A)=0,6) puis en séance 2 (B) ; P_A(B)=0,3 et P_{\overline{A}}(B)=0,4. Représenter la situation par un arbre pondéré.

L'arbre a pour première branche P(A)=0{,}6, P(\overline{A})=0{,}4, puis {P_A(B)=0{,}3}, P_A(\overline{B})=0{,}7, P_{\overline{A}}(B)=0{,}4, {P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}6}.

PartieA ; 2. Calculer P(\overline{A} \cap \overline{B}) et interpréter.

\begin{aligned}P(\overline{A}\cap\overline{B}) &= P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(\overline{B}) \\ &= 0{,}4\times0{,}6 \\ &= 0{,}24\end{aligned}
Cela signifie que 24 % des personnes ne chutent ni lors de la première ni lors de la deuxième séance.

PartieA ; 3. Montrer que P(B) = 0,34.

\{A,\overline{A}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales : \begin{aligned}P(B) &= P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B) \\ &= 0{,}6\times0{,}3+0{,}4\times0{,}4 \\ &= 0{,}18+0{,}16 \\ &= 0{,}34\end{aligned}

PartieA ; 4. Sachant que la personne n'a pas chuté à la deuxième séance, calculer la probabilité qu'elle n'ait pas chuté à la première.

P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{1-0{,}34} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} \approx 0,364.

PartieA ; 5.a Sur un échantillon de 100 personnes (tirage avec remise), X compte celles n'ayant chuté ni à la première ni à la deuxième séance (probabilité 0,24). Justifier la loi de X et ses paramètres.

L'épreuve « ne pas chuter » (probabilité 0{,}24) est répétée 100 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=100 et p=0{,}24.

PartieA ; 5.b Quelle est la probabilité d'avoir au moins 20 personnes sur 100 n'ayant chuté à aucune des deux séances ?

P(X\geqslant20) = 1-P(X\leqslant19) \approx 1-0{,}145 \approx 0,855.

PartieA ; 5.c Calculer E(X) et interpréter.

\begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 100\times0{,}24 \\ &= 24\end{aligned} En moyenne, sur 100 personnes, 24 ne chuteront ni lors de la première ni lors de la deuxième séance.

PartieB ; 1. T_1 (temps d'attente samedi, E=40, écart-type=10) et T_2 (dimanche, E=60, écart-type=16) sont indépendantes ; {T=T_1+T_2}. Déterminer E(T) et interpréter.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(T) &= E(T_1)+E(T_2) \\ &= 40+60 \\ &= 100\end{aligned} Il faut attendre en moyenne 100 minutes sur les deux jours.

PartieB ; 2. Montrer que V(T) = 356.

T_1 et T_2 étant indépendantes : \begin{aligned}V(T) &= V(T_1)+V(T_2) \\ &= \sigma(T_1)^{2}+\sigma(T_2)^{2} \\ &= 10^{2}+16^{2} \\ &= 100+256 \\ &= 356\end{aligned}

PartieB ; 3. À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que P(60 < T < 140) > 0,77.

L'évènement « 60<T<140 » équivaut à |T-100|<40 (en centrant sur E(T)=100).
D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=40 : \begin{aligned}P(|T-100|\geqslant40) &\leqslant \dfrac{V(T)}{40^{2}} \\ &= \dfrac{356}{1\,600}\end{aligned}
Donc P(|T-100|<40) \geqslant 1-\dfrac{356}{1\,600} = \dfrac{1\,244}{1\,600} \approx 0{,}7775 > 0{,}77.

PartieA ; 1. L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne A(-1 ; 2 ; 1), B(1 ; -1 ; 2), C(1 ; 1 ; 1), la droite (d) : x=\dfrac{3}{2}+2t, y=2+t, z=3-t, et (d') : x=s, y=\dfrac{3}{2}+s, z=3-2s. Montrer que (d) et (d') sont sécantes au point S(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; 4).

Chercher un point commun revient à résoudre \frac32+2t=s, 2+t=\frac32+s, {3-t=3-2s}.
En substituant s=\frac32+2t dans les deux dernières équations : \begin{aligned}2+t = 3+2t &\iff t = -1 \end{aligned} et \begin{aligned}3-t = -4t &\iff 3t = -3 \\ &\iff t = -1 \end{aligned} (cohérent), d'où \begin{aligned}s &= \frac32-2 \\ &= -\frac12\end{aligned}
Ces deux valeurs donnent bien le même point \left(-\frac12~;~1~;~4\right) sur les deux droites : elles sont donc sécantes en S.

PartieA ; 2.a Montrer que le vecteur n(1 ; 2 ; 4) est normal au plan (ABC).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires.
\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB} &= 2-6+4 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC} &= 2-2+0 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{n} est donc normal au plan (ABC).

PartieA ; 2.b En déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est x + 2y + 4z - 7 = 0.

\overrightarrow{n} étant normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme {x+2y+4z+d=0} ; comme C(1~;~1~;~1) appartient au plan : \begin{aligned}1+2+4+d = 0 &\iff d = -7 \end{aligned} soit x+2y+4z-7=0.

PartieA ; 3. Démontrer que A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

A, B, C définissant un plan, il suffit de vérifier que S n'appartient pas à ce plan : \begin{aligned}-\frac12+2\times1+4\times4-7 &= -\frac12+2+16-7 \\ &= \frac{21}{2} \\ &\neq 0\end{aligned} S n'appartient pas au plan (ABC), donc A, B, C, S ne sont pas coplanaires.

PartieA ; 4.a Démontrer que H(-1 ; 0 ; 2) est le projeté orthogonal de S sur (ABC).

Si H est ce projeté, \overrightarrow{SH} doit être colinéaire à \overrightarrow{n} : \overrightarrow{SH}\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2} \\ -1 \\ -2\end{pmatrix}, et {\overrightarrow{n}=-2\overrightarrow{SH}} : colinéaires.
De plus, H appartient au plan : \begin{aligned}-1+2\times0+4\times2-7 &= -1+0+8-7 \\ &= 0\end{aligned} ✓.
H est donc bien le projeté orthogonal de S sur (ABC).

PartieA ; 4.b En déduire qu'il n'existe aucun point M du plan (ABC) tel que SM < \surd\dfrac{21}{2}.

\begin{aligned}SH^{2} &= \frac14+1+4 \\ &= \frac{21}{4}\end{aligned} donc SH = \dfrac{\sqrt{21}}{2}.
H étant le projeté orthogonal de S, c'est le point du plan le plus proche de S : pour tout autre point M du plan, [SM] est l'hypoténuse du triangle rectangle SHM, donc SM>SH.
Il n'existe donc aucun point M du plan (ABC) tel que SM<\dfrac{\sqrt{21}}{2}.

PartieB ; 1. Soit M sur [CS] avec CM = k\cdotCS, k \in [0 ; 1]. Déterminer les coordonnées de M en fonction de k.

\overrightarrow{CS}\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2} \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}, donc \overrightarrow{CM}=k\overrightarrow{CS} donne {x-1=-\frac32k}, y-1=0, z-1=3k.
M a pour coordonnées \left(1-\frac32k~;~1~;~1+3k\right).

PartieB ; 2. Existe-t-il un point M sur [CS] tel que le triangle MAB soit rectangle en M ?

Le triangle MAB est rectangle en M si \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=0.
\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}2-\frac32k \\ -1 \\ 3k\end{pmatrix} et \overrightarrow{BM}\begin{pmatrix}-\frac32k \\ 2 \\ 3k-1\end{pmatrix}, donc \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM} = -\frac32k\left(2-\frac32k\right)-2+3k(3k-1).
En développant : 45k^{2}-24k-8=0, de discriminant {\Delta = 24^{2}+4\times45\times8 = 2\,016>0}, avec racines \begin{aligned}k_1 &= \dfrac{24+\sqrt{2\,016}}{90} \\ &\approx 0{,}765\end{aligned} et k_2\approx-0{,}232.
Seul k_1\in[0~;~1] convient : il existe un unique point M_1 sur [CS] tel que le triangle M_1AB soit rectangle en M_1.

Ondéfinit la suite (u_n) par {u_n = (1+5^n)/(2+3^n)}. Affirmation 1 : la suite (u_n) converge vers \dfrac{5}{3}. Vraie ou fausse ?

En écrivant u_n = \dfrac{\frac{1}{5^{n}}+1}{\frac{2}{5^{n}}+\left(\frac35\right)^{n}}, on a \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{5^{n}}=0, \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{5^{n}}=0 et \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\frac35\right)^{n}=0 (car {0<\frac35<1}).
Le numérateur tend vers 1 et le dénominateur tend vers 0 (par valeurs positives) : \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty.
L'affirmation est fausse (la suite diverge, elle ne converge pas vers \frac53).

Onconsidère (w_n) définie par w_0=0 et w_{n+1}=3w_n-2n+3. Affirmation 2 : pour tout entier naturel n, w_n \geqslant n. Vraie ou fausse ?

Initialisation : \begin{aligned}w_0 &= 0 \\ &\geqslant 0\end{aligned} La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, w_n\geqslant n. Alors 3w_n\geqslant3n, donc 3w_n-2n\geqslant n, soit {w_{n+1}=3w_n-2n+3\geqslant n+3>n+1} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, w_n\geqslant n. L'affirmation est vraie.

Ondonne la courbe d'une fonction f sur ]0 ; +\infty[, avec sa tangente T au point A d'abscisse 8. Affirmation 3 : d'après le graphique, f est convexe sur son ensemble de définition. Vraie ou fausse ?

Si f était convexe, sa courbe serait au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier au point A ; or le graphique montre le contraire (la courbe est en dessous de T au voisinage de A). L'affirmation est fausse.

Affirmation 4 : pour tout réel x > 0, ln(x) - x + 1 \leq 0. Vraie ou fausse ?

Soit f(x)=\ln(x)-x+1 sur ]0~;~+\infty[ : f'(x) = \dfrac1x-1 = \dfrac{1-x}{x}.
f'(x)=0 \iff x=1 ; f'(x)>0 pour x<1 et f'(x)<0 pour x>1 : f admet donc un maximum en x=1, avec \begin{aligned}f(1) &= \ln(1)-1+1 \\ &= 0\end{aligned}
f est donc toujours inférieure ou égale à son maximum 0 : f(x)\leqslant0 pour tout x>0. L'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. D'après le graphique (courbe de d, la distance parcourue par un chariot en zone de freinage), au bout de combien de temps le chariot a-t-il parcouru 15 m ?

Par lecture graphique, d(2)\approx15 : le chariot a parcouru 15 m au bout de 2 secondes.

PartieA ; 2. Quelle longueur minimale prévoir pour la zone de freinage ?

L'asymptote horizontale \Delta de la courbe est proche de y=23 : une zone de 23 mètres semble suffisante.

PartieA ; 3. Que vaut d'(4,7) ? Interpréter.

Le coefficient directeur de la tangente T (passant par (0~;~16{,}5) et (4{,}7~;~21)) vaut \dfrac{21-16{,}5}{4{,}7} \approx 0{,}96 : d'(4{,}7)\approx0{,}96 m/s, c'est la vitesse instantanée du chariot à t=4{,}7 s.

PartieB ; 1.a On modélise la vitesse v, solution de (E) : y' + 0,6y = e^{-0,6t}, avec v(0)=12. Résoudre (E') : y' + 0,6y = 0.

Les solutions de (E') sont les fonctions t\longmapsto Ke^{-0,6t}, avec K\in\mathbb{R}.

PartieB ; 1.b Soit g(t) = te^{-0,6t}. Vérifier que g est solution de (E).

g'(t) = e^{-0,6t}-0{,}6te^{-0,6t} = e^{-0,6t}(1-0{,}6t).
g'(t)+0{,}6g(t) = e^{-0,6t}(1-0{,}6t)+0{,}6te^{-0,6t} = e^{-0,6t}(1-0{,}6t+0{,}6t) = e^{-0,6t}.
g est bien solution de (E).

PartieB ; 1.c En déduire les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[.

Les solutions de (E) sont les fonctions t\longmapsto e^{-0,6t}(t+K), avec K\in\mathbb{R}.

PartieB ; 1.d En déduire que v(t) = (12 + t)e^{-0,6t}.

v est de cette forme et vérifie v(0)=12 : \begin{aligned}e^{0}(0+K) = 12 &\iff K = 12 \end{aligned} donc v(t)=(12+t)e^{-0,6t}.

PartieB ; 2.a Montrer que v'(t) = (-6,2 - 0,6t)e^{-0,6t}.

v vérifie (E) : v'(t)+0{,}6v(t)=e^{-0,6t}, donc v'(t) = e^{-0,6t}-0{,}6(12+t)e^{-0,6t} = e^{-0,6t}(1-7{,}2-0{,}6t) = e^{-0,6t}(-6{,}2-0{,}6t).

PartieB ; 2.b En admettant que v(t) = 12e^{-0,6t} + t/e^{0,6t}, déterminer la limite de v en +\infty.

\lim\limits_{t\to+\infty}12e^{-0,6t}=0, et par croissances comparées \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t}{e^{0,6t}}=0 : par somme, \lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=0 (le chariot finit par s'arrêter).

PartieB ; 2.c Étudier le sens de variation de v sur [0 ; +\infty[ et dresser son tableau de variation.

e^{-0,6t}>0 pour tout t, donc v'(t) est du signe de -6{,}2-0{,}6t, qui est strictement négatif pour tout t\geqslant0.
v est donc strictement décroissante sur [0~;~+\infty[, de v(0)=12 vers 0.

PartieB ; 2.d Montrer que l'équation v(t) = 1 admet une unique solution \alpha, avec une valeur approchée au dixième.

v est continue (dérivable) et strictement décroissante sur [0~;~+\infty[, de 12 à 0 ; comme 1\in\,]0~;~12], d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation {v(t)=1} admet une unique solution \alpha.
À la calculatrice : v(4)\approx1{,}5, v(5)\approx0{,}85 (donc {4<\alpha<5}) ; v(4{,}6)\approx1{,}05, v(4{,}7)\approx0{,}995 : \alpha\approx4{,}7.

PartieB ; 3. Déterminer, en justifiant, au bout de combien de temps le système d'arrêt se déclenche (vitesse \leq 1 m/s).

D'après la question précédente, {v(t)=1} pour \begin{aligned}t &= \alpha \\ &\approx 4{,}7\end{aligned} s, et v étant décroissante, v(t)\leqslant1 pour t\geqslant\alpha : le système se déclenche au bout d'environ 4,7 secondes.

PartieC ; 1. On admet que d(t) = ∫₀ᵗ v(x) dx. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que d(t) = e^{-0,6t}(-(\dfrac{5}{3})t - \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9}.

On pose u(x)=12+x et v'(x)=e^{-0,6x} (donc u'(x)=1 et v(x)=-\dfrac{1}{0,6}e^{-0,6x}).
\begin{aligned}\displaystyle d(t) &= \left[-(12+x)\times\dfrac{1}{0,6}e^{-0,6x}\right]_0^t + \displaystyle\int\limits_0^t\dfrac{1}{0,6}e^{-0,6x}\,\mathrm{d}x \\ &= \left[-(12+x)\times\dfrac{1}{0,6}e^{-0,6x} - \dfrac{1}{0,36}e^{-0,6x}\right]_0^t\end{aligned}
En simplifiant (\frac{1}{0,6}=\frac53 et \frac{1}{0,36}=\frac{25}{9}) : d(t) = e^{-0,6t}\left(-\dfrac53t-\dfrac{205}{9}\right)+\dfrac{205}{9}.

PartieC ; 2. Déterminer, au centième près, la distance parcourue par le chariot avant le déclenchement du dispositif d'arrêt.

Le dispositif se déclenche à t\approx4{,}7 s : d(4{,}7) = e^{-0,6\times4,7}\left(-\dfrac53\times4{,}7-\dfrac{205}{9}\right)+\dfrac{205}{9} \approx 20,95 m.