Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2025, Sujet 1 (remplacement)

PartieA ; 1. On considère l'équation différentielle (E) : y'+0{,}4y=e^{-0{,}4t} et u(t)=te^{-0{,}4t}. Vérifier que u est solution de (E).

u'(t) = 1\times e^{-0{,}4t}+t\times(-0{,}4)e^{-0{,}4t} = (1-0{,}4t)e^{-0{,}4t}.
u'(t)+0{,}4u(t) = (1-0{,}4t)e^{-0{,}4t}+0{,}4te^{-0{,}4t} = e^{-0{,}4t}-0{,}4te^{-0{,}4t}+0{,}4te^{-0{,}4t} = e^{-0{,}4t}. u est bien solution de (E).

PartieA ; 2.a Soit f dérivable sur \mathbb{R} et {g=f-u}. Soit (H) : y'+0{,}4y=0. Démontrer que si g est solution de (H), alors f est solution de (E).

Si g est solution de (H), alors g'(t)+0{,}4g(t)=0 pour tout t, c'est-à-dire f'(t)-u'(t)+0{,}4\big(f(t)-u(t)\big)=0.
D'où f'(t)+0{,}4f(t) = u'(t)+0{,}4u(t) = e^{-0{,}4t} (car u est solution de (E)) : f est bien solution de (E).

PartieA ; 2.b Résoudre l'équation différentielle (H).

(H) est de la forme y'=-0{,}4y : ses solutions sont les fonctions t\longmapsto Ce^{-0{,}4t}, où C\in\mathbb{R}.

PartieA ; 2.c En déduire les solutions de (E).

f solution de (E) équivaut à {g=f-u} solution de (H), donc à {f(t)-te^{-0{,}4t} = Ce^{-0{,}4t}} : les solutions de (E) sont les fonctions t\longmapsto(t+C)e^{-0{,}4t}, où C\in\mathbb{R}.

PartieA ; 2.d Déterminer la solution f de (E) telle que f(0)=1.

\begin{aligned}f(0) = 1 &\iff (0+C)e^0 = 1 \\ &\iff C = 1 \end{aligned} La solution cherchée est donc {f(t) = (t+1)e^{-0{,}4t}}.

PartieB ; 1.a On modélise la glycémie par f(t)=(t+1)e^{-0,4t} sur [0~;~6]. Montrer que f'(t)=(-0{,}4t+0{,}6)e^{-0{,}4t}.

Comme f est solution de (E), f'(t) = -0{,}4f(t)+e^{-0{,}4t} = -0{,}4(t+1)e^{-0{,}4t}+e^{-0{,}4t} = (-0{,}4t-0{,}4+1)e^{-0{,}4t} = (-0{,}4t+0{,}6)e^{-0{,}4t}.

PartieB ; 1.b Étudier les variations de f sur [0~;~6] et dresser son tableau de variations.

Comme e^{-0{,}4t}>0, f'(t) est du signe de -0{,}4t+0{,}6, positif pour t<1{,}5 et négatif pour t>1{,}5 : f croît sur [0~;~1{,}5] puis décroît sur [1{,}5~;~6].
f(0)=1, \begin{aligned}f(1{,}5) &= 2{,}5e^{-0{,}6} \\ &\approx 1{,}37\end{aligned} \begin{aligned}f(6) &= 7e^{-2{,}4} \\ &\approx 0{,}63\end{aligned}

PartieB ; 2.a Une personne est en hypoglycémie si sa glycémie est inférieure à 0,7 g/L. Démontrer que l'équation {f(t)=0{,}7} admet une unique solution \alpha sur [0~;~6].

Sur [0~;~1{,}5], f est strictement croissante avec f(0)=1>0{,}7 : l'équation n'a pas de solution sur cet intervalle.
Sur [1{,}5~;~6], f est continue et strictement décroissante, et 0{,}7 est compris entre f(6)\approx0{,}63 et {f(1{,}5)\approx1{,}37} : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation admet une unique solution \alpha sur cet intervalle, donc sur [0~;~6] tout entier.

PartieB ; 2.b Au bout de combien de temps cette personne est-elle en hypoglycémie (à la minute près) ?

À la calculatrice, \alpha\approx5{,}62 heures, soit 5 heures et environ 0{,}62\times60\approx37 minutes : la personne est en hypoglycémie au bout de 5 h 37 min.

PartieB ; 3.a À l'aide d'une intégration par parties, montrer que {\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = -23{,}75e^{-2{,}4}+8{,}75}.

On pose u(t)=t+1, v'(t)=e^{-0{,}4t}, donc u'(t)=1 et v(t)=-2{,}5e^{-0{,}4t}.
\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^6(t+1)e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t = \Big[-2{,}5(t+1)e^{-0{,}4t}\Big]_0^6+2{,}5\displaystyle\int\limits_0^6e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t.
= (-17{,}5e^{-2{,}4}+2{,}5)+2{,}5\Big[-2{,}5e^{-0{,}4t}\Big]_0^6 = -17{,}5e^{-2{,}4}+2{,}5+2{,}5(-2{,}5e^{-2{,}4}+2{,}5) = -23{,}75e^{-2{,}4}+8{,}75.

PartieB ; 3.b Calculer la glycémie moyenne lors des six heures suivant le repas.

La valeur moyenne de f sur [0~;~6] est \dfrac16\times(-23{,}75e^{-2{,}4}+8{,}75) = \dfrac{95e^{-2{,}4}+35}{24} \approx 1,10 g/L.

PartieB ; 3.c En remarquant que f est solution de (E), expliquer comment on aurait pu obtenir ce résultat autrement.

Comme f'+0{,}4f=e^{-0{,}4t}, on a f = 2{,}5(v'-f') avec v(t)=-2{,}5e^{-0{,}4t}, donc F(t)=2{,}5\big(v(t)-f(t)\big) est une primitive de f : on retrouve \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^6f(t)\,\mathrm{d}t &= \Big[F(t)\Big]_0^6 \\ &= -23{,}75e^{-2{,}4}+8{,}75\end{aligned} sans repasser par l'intégration par parties.

PartieA ; 1. ABCDEFGH est un cube ; M vérifie \overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}. Montrer que (FG) et (FM) sont perpendiculaires.

M appartient à (AB), donc au plan (FAB), donc (FM) est incluse dans (FAB).
(FG) est orthogonale aux droites sécantes (EF) et (FB) du plan (FAB) (arêtes du cube), donc (FG) est orthogonale au plan (FAB), donc à toute droite de ce plan, en particulier (FM).
F étant le point d'intersection de (FB) et (FM), les droites (FG) et (FM) sont orthogonales et sécantes : elles sont perpendiculaires.

PartieA ; 2. Montrer que les points A, M, G et H sont coplanaires.

\begin{aligned}\overrightarrow{AM} &= \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM} \\ &= 2\overrightarrow{AB}\end{aligned} et \overrightarrow{HG}=\overrightarrow{AB}, donc \overrightarrow{AM} = 2\overrightarrow{HG}.
Les droites (AM) et (HG) sont donc parallèles, donc coplanaires : les points A, M, H et G sont coplanaires.

PartieB ; 1. Dans le repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), déterminer les coordonnées de \overrightarrow{GM} et \overrightarrow{AH} et montrer qu'ils ne sont pas colinéaires.

\overrightarrow{GM}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AH}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} : ces coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.

PartieB ; 2.a Justifier qu'une représentation paramétrique de (GM) est x=1+t, y=1-t, z=1-t.

(GM) passe par G(1~;~1~;~1) et est dirigée par \overrightarrow{GM}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix} : cette représentation paramétrique en découle directement.

PartieB ; 2.b Sachant que (AH) a pour représentation paramétrique x=0, y=k, z=k, montrer que (GM) et (AH) se coupent en N(0 ; 2 ; 2).

On résout 1+t=0, 1-t=k, 1-t=k : t=-1, puis \begin{aligned}k &= 1-(-1) \\ &= 2\end{aligned}
Pour t=-1 (sur (GM)) et k=2 (sur (AH)), on obtient les mêmes coordonnées : N(0~;~2~;~2).

PartieB ; 3.a Montrer que le triangle AMN est rectangle en A.

\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AN}\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix} vérifient {\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0} : les droites (AM) et (AN) sont orthogonales et sécantes en A, donc le triangle AMN est rectangle en A.

PartieB ; 3.b Calculer l'aire du triangle AMN.

\begin{aligned}AM &= \sqrt{4} \\ &= 2\end{aligned} et \begin{aligned}AN &= \sqrt{8} \\ &= 2\sqrt2\end{aligned} le triangle étant rectangle en A : \begin{aligned}\mathcal{A}_{AMN} &= \dfrac{AM\times AN}{2} \\ &= \dfrac{2\times2\sqrt2}{2} \\ &= 2\sqrt2\end{aligned}

PartieB ; 4.a Soit J le centre de la face BCGF. Déterminer les coordonnées de J.

J est le milieu de [BG] : \begin{aligned}J &= \left(\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{0+1}{2}~;~\dfrac{0+1}{2}\right) \\ &= (1~;~0{,}5~;~0{,}5)\end{aligned}

PartieB ; 4.b Montrer que \overrightarrow{FJ} est un vecteur normal au plan (AMN).

\overrightarrow{FJ}\begin{pmatrix}0 \\ 0,5 \\ -0,5\end{pmatrix} vérifie \overrightarrow{FJ}\cdot\overrightarrow{AM} = 0 et \begin{aligned}\overrightarrow{FJ}\cdot\overrightarrow{AN} &= 0{,}5\times2+(-0{,}5)\times2 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{FJ} est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (AMN), donc normal à ce plan.

PartieB ; 4.c Montrer que J appartient au plan (AMN) et en déduire qu'il est le projeté orthogonal de F sur ce plan.

Le plan (AMN), de vecteur normal \overrightarrow{FJ}(0~;~0{,}5~;~-0{,}5) et passant par A(0 ; 0 ; 0), a pour équation y-z=0.
\begin{aligned}y_J-z_J &= 0{,}5-0{,}5 \\ &= 0\end{aligned} J appartient à (AMN). Comme \overrightarrow{FJ} est orthogonal à ce plan, J est le projeté orthogonal de F sur (AMN).

PartieB ; 5. Montrer que le volume du tétraèdre AMNF est le double de celui de la pyramide BCGFM.

\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac13\times\mathcal{A}_{AMN}\times FJ, avec \begin{aligned}FJ &= \sqrt{0{,}5^2+0{,}5^2} \\ &= \dfrac{\sqrt2}{2}\end{aligned} donc \begin{aligned}\mathcal{V}_{AMNF} &= \dfrac13\times2\sqrt2\times\dfrac{\sqrt2}{2} \\ &= \dfrac23\end{aligned}
Pour BCGFM, la base BCGF est un carré d'aire 1, la hauteur est BM=AB=1 (car (BM) est perpendiculaire à (BCG)) : \begin{aligned}\mathcal{V}_{BCGFM} &= \dfrac13\times1\times1 \\ &= \dfrac13\end{aligned}
On a bien \mathcal{V}_{AMNF} = 2\times\mathcal{V}_{BCGFM}.

PartieA ; 1. Soit f(x)=\sqrt{3x-2} sur [2~;~+\infty[. Justifier son tableau de variations (croissante, de f(2)=2 à +\infty).

f'(x)=\dfrac{3}{2\sqrt{3x-2}}>0 pour x\geqslant2 : f est strictement croissante sur [2~;~+\infty[.
\begin{aligned}f(2) &= \sqrt4 \\ &= 2\end{aligned} et par composition, \begin{aligned}\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) &= \lim\limits_{y\to+\infty}\sqrt y \\ &= +\infty\end{aligned}

PartieA ; 2.a On considère (u_n) avec u_0=6 et u_{n+1}=f(u_n). Démontrer par récurrence que, pour tout n, {2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant6}.

Initialisation : u_0=6, \begin{aligned}u_1 &= f(6) \\ &= \sqrt{16} \\ &= 4\end{aligned} donc {2\leqslant4\leqslant6\leqslant6} : vrai au rang 0.
Hérédité : si {2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant6}, alors par croissance de f : {f(2)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(u_n)\leqslant f(6)}, soit {2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant4\leqslant6} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout n\in\mathbb{N}, {2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant6}.

PartieA ; 2.b En déduire que (u_n) converge.

(u_n) est décroissante (d'après u_{n+1}\leqslant u_n) et minorée par 2 : elle converge donc vers une limite \ell\geqslant2.

PartieA ; 3. On admet que la limite \ell vérifie f(\ell)=\ell. Déterminer \ell.

\begin{aligned}f(x) = x &\iff \sqrt{3x-2} = x \\ &\iff 3x-2 = x^2 \end{aligned} (car {x\geqslant2\geqslant0}) \iff (x-1)(x-2)=0, qui a pour racines 1 et 2 ; comme \ell\geqslant2, on a \ell=2.

PartieA ; 4.a Un script Python calcule rang(a), qui incrémente n tant que u\geqslant a. Pourquoi peut-on affirmer que rang(2.000001) renvoie une valeur ?

La suite (u_n) converge vers 2, donc tout intervalle ouvert contenant 2 (ici {]-\infty~;~2{,}000001[} par exemple) contient tous les termes à partir d'un certain rang N_0 : la boucle se termine donc après N_0 itérations.

PartieA ; 4.b Pour quelles valeurs de a l'instruction rang(a) renvoie-t-elle un résultat ?

L'instruction se termine si et seulement si a>\ell=2, donc pour tout a>2.

PartieB ; 1. On considère (v_n) avec v_0=6 et v_{n+1}=3-\dfrac{2}{v_n}. Calculer v_1.

\begin{aligned}v_1 &= 3-\dfrac{2}{6} \\ &= 3-\dfrac13 \\ &= \dfrac83\end{aligned}

PartieB ; 2.a On pose w_n=\dfrac{v_n-1}{v_n-2}. Démontrer que (w_n) est géométrique de raison 2, et préciser w_0.

\begin{aligned}w_{n+1} &= \dfrac{v_{n+1}-1}{v_{n+1}-2} \\ &= \dfrac{2-\frac{2}{v_n}}{1-\frac{2}{v_n}} \\ &= \dfrac{2v_n-2}{v_n-2} \\ &= 2\times\dfrac{v_n-1}{v_n-2} \\ &= 2w_n\end{aligned}
(w_n) est donc géométrique de raison 2, de premier terme \begin{aligned}w_0 &= \dfrac{6-1}{6-2} \\ &= \dfrac54\end{aligned}

PartieB ; 2.b On admet que w_n-1=\dfrac{1}{v_n-2}. En déduire que v_n=2+\dfrac{1}{1{,}25\times2^n-1}.

\begin{aligned}w_n &= w_0\times2^n \\ &= 1{,}25\times2^n\end{aligned} donc \begin{aligned}v_n-2 &= \dfrac{1}{w_n-1} \\ &= \dfrac{1}{1{,}25\times2^n-1}\end{aligned} d'où v_n = 2+\dfrac{1}{1{,}25\times2^n-1}.

PartieB ; 2.c Calculer la limite de (v_n).

1{,}25\times2^n\to+\infty, donc {1{,}25\times2^n-1\to+\infty}, donc \dfrac{1}{1{,}25\times2^n-1}\to0 : \lim\limits_{n\to+\infty}v_n = 2.

PartieB ; 3. Déterminer le plus petit entier naturel n pour lequel v_n<2{,}01.

v_n<2{,}01 \iff \dfrac{1}{1{,}25\times2^n-1}<0{,}01 \iff 1{,}25\times2^n-1>100 \iff 2^n>\dfrac{101}{1{,}25}=80{,}8.
\iff n>\dfrac{\ln(80{,}8)}{\ln2}\approx6{,}34 : le plus petit entier vérifiant l'inégalité est n=7.

PartieC. Déterminer le plus petit entier N tel que, pour tout n\geqslant N, u_n et v_n appartiennent à ]1{,}99~;~2{,}01[.

Comme v_n>2 pour tout n (somme de 2 et d'un terme strictement positif), la condition v_n\in]1{,}99~;~2{,}01[ équivaut à v_n<2{,}01, vraie à partir de n=7 (partie B).
Pour (u_n), l'exploration à la calculatrice donne \begin{aligned}u_{16} &\approx 2{,}012 \\ &\geqslant 2{,}01\end{aligned} et u_{17}\approx2{,}009<2{,}01 : comme (u_n) est décroissante et minorée par 2, on a u_n\in]1{,}99~;~2{,}01[ à partir de n=17.
Les deux conditions étant réunies simultanément à partir du plus grand des deux rangs, N=17.

Affirmation 1. Un code de validation est constitué de 4 chiffres deux à deux distincts, le premier étant différent de 0. Le nombre de codes possibles est 5 040. Vraie ou fausse ?

Le premier chiffre est choisi parmi 9 possibilités (tous sauf 0). Les trois suivants forment un arrangement de 3 chiffres distincts parmi les 9 chiffres restants (0 inclus, sauf le premier déjà utilisé) : \dfrac{9!}{6!}=504 façons.
Par principe multiplicatif : {9\times504 = 4\,536} codes différents, et non 5 040. L'affirmation est fausse.

Affirmation 2. P(\text{audioguide}\mid\text{en ligne})=0{,}8 ; P(\text{en ligne})=0{,}7 ; P(\text{sans audioguide})=0{,}32. La probabilité qu'un visiteur ne prenne pas l'audioguide sachant qu'il a acheté au guichet est supérieure à deux tiers. Vraie ou fausse ?

Notons L « achat en ligne » et A « choix de l'audioguide ». On a \begin{aligned}P(L\cap\overline{A}) &= P(L)\times P_L(\overline{A}) \\ &= 0{,}7\times0{,}2 \\ &= 0{,}14\end{aligned}
\{L,\overline{L}\} formant une partition : \begin{aligned}P(\overline{A}) &= P(L\cap\overline{A})+P(\overline{L}\cap\overline{A}) \\ &\implies 0{,}32 = 0{,}14+P(\overline{L}\cap\overline{A}) \\ &\implies P(\overline{L}\cap\overline{A}) = 0{,}18\end{aligned}
\begin{aligned}P_{\overline{L}}(\overline{A}) &= \dfrac{0{,}18}{0{,}3} \\ &= 0{,}6\end{aligned} qui est inférieur à \dfrac23\approx0{,}667. L'affirmation est fausse.

Affirmation 3. On choisit 12 visiteurs au hasard (choix indépendants). La probabilité qu'exactement la moitié opte pour l'audioguide est 924\times0{,}2176^6. Vraie ou fausse ?

Soit X le nombre de visiteurs sans audioguide (probabilité p=0{,}32) : X suit la loi binomiale \mathcal{B}(12~;~0{,}32). « La moitié opte pour l'audioguide » équivaut à « l'autre moitié n'en prend pas », soit X=6.
\begin{aligned}P(X=6) &= \dbinom{12}{6}\times0{,}32^6\times0{,}68^6 \\ &= 924\times(0{,}32\times0{,}68)^6 \\ &= 924\times0{,}2176^6\end{aligned} L'affirmation est vraie.

Affirmation 4. Un audioguide propose 3 parcours (50 min, 1 h 20, 1 h 40) de probabilités 0,1, 0,6 et 0,3. L'espérance de la durée X est 77 minutes. Vraie ou fausse ?

\begin{aligned}E(X) &= 0{,}1\times50+0{,}6\times80+0{,}3\times100 \\ &= 5+48+30 \\ &= 83\end{aligned} minutes, et non 77. L'affirmation est fausse.