Bac Terminale Spé Maths : Antilles et Guyane 2026, Sujet 1

A.1Recopier l'arbre en complétant les pointillés.

P(A) = 0{,}20, P(R) = 0{,}05, {P(N) = 1-0{,}20-0{,}05 =} 0,75.
P_A(C) = 0,85, P_A(\overline{C}) = 0,15 ; P_R(C) = 0,60, P_R(\overline{C}) = 0,40 ; P_N(\overline{C}) = 1-x.

A.2Calculer la probabilité que le réacteur soit en arrêt et qu'il subisse un contrôle.

P(A \cap C) = P(A) \times P_A(C) = 0{,}20 \times 0{,}85 = 0,17.

A.3Montrer que la probabilité x est égale à 0,2.

D'après la formule des probabilités totales : P(C) = P(A\cap C) + P(R\cap C) + P(N\cap C).
\begin{aligned}0{,}35 &= 0{,}17 + 0{,}05 \times 0{,}60 + 0{,}75x \\ &= 0{,}17+0{,}03+0{,}75x \\ &= 0{,}20+0{,}75x\end{aligned}
\begin{aligned}0{,}75x &= 0{,}35-0{,}20 \\ &= 0{,}15\end{aligned} donc x = \dfrac{0{,}15}{0{,}75} = 0,2.

A.4Le réacteur choisi subit un contrôle. Déterminer la probabilité qu'il fonctionne normalement.

P_C(N) = \dfrac{P(N \cap C)}{P(C)} = \dfrac{0{,}75 \times 0{,}2}{0{,}35} = \dfrac{0{,}15}{0{,}35} = \dfrac{3}{7} \approx 0,4286.

B.1.aRecopier et compléter le tableau donnant la loi de probabilité de X.

Le réacteur à l'arrêt produit 0 GWh (probabilité 0,20), au ralenti 10 GWh (probabilité 0,05), normalement 16 GWh (probabilité 0,75).
k : 0 ; 10 ; 16 : p_k : 0,20 ; 0,05 ; 0,75.

B.1.bMontrer que E(X) = 12,5 et V(X) = 40,75.

E(X) = 0\times0{,}20 + 10\times0{,}05 + 16\times0{,}75 = 0+0{,}5+12 = 12,5.
\begin{aligned}E(X^2) &= 0^2\times0{,}20+10^2\times0{,}05+16^2\times0{,}75 \\ &= 0+5+192 \\ &= 197\end{aligned}
V(X) = E(X^2) - \left(E(X)\right)^2 = 197-12{,}5^2 = 197-156{,}25 = 40,75.

B.2.aMontrer que E(S) = 150 et V(S) = 489.

S = X_1+X_2+\cdots+X_{12} avec les X_i indépendantes et de même loi que X.
E(S) = 12 \times E(X) = 12 \times 12{,}5 = 150.
Par indépendance, {V(S) = 12 \times V(X) = 12 \times 40{,}75 =} 489.

B.2.bLa probabilité d'éviter la surcharge et de couvrir les besoins est-elle supérieure à 0,80 ?

On cherche à minorer {P(100 < S < 200) = P(|S-150| < 50)}.
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t=50 : \begin{aligned}P(|S-150| \geq 50) &\leq \dfrac{V(S)}{50^{2}} \\ &= \dfrac{489}{2\,500} \\ &= 0{,}1956\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(100 < S < 200) &= 1-P(|S-150|\geq50) \\ &\geq 1-0{,}1956 \\ &= 0{,}8044\end{aligned}
Comme 0{,}8044 > 0{,}80, on peut bien affirmer que cette probabilité est supérieure à 0,80.

A.1Donner les solutions sur [0 ; +\infty[ de l'équation différentielle (E).

(E) s'écrit y' + \dfrac{3}{10}y = 1. La solution particulière constante vérifie \dfrac{3}{10}y_p=1, soit y_p=\dfrac{10}{3}.
Les solutions de l'équation homogène y'=-\frac{3}{10}y sont x \mapsto Ce^{-\frac{3}{10}t}.
Les solutions de (E) sont donc les fonctions t \mapsto Ce^{-\frac{3}{10}t} + \dfrac{10}{3}, avec C \in \mathbb{R}.

A.2Montrer que q(t) = \dfrac{10}{3} - \dfrac{7}{3} e^{-\frac{3}{10}t}.

q est solution de (E), donc de la forme q(t) = Ce^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}.
Or q(0)=1 : C+\dfrac{10}{3}=1, donc \begin{aligned}C &= 1-\dfrac{10}{3} \\ &= -\dfrac{7}{3}\end{aligned}
Ainsi, pour tout t \geq 0 : q(t) = {\dfrac{10}{3} - \dfrac{7}{3}e^{-\frac{3}{10}t}}.

A.3Déterminer la limite de q en +\infty et interpréter.

Quand t \to +\infty, e^{-\frac{3}{10}t} \to 0, donc q(t) \to \dfrac{10}{3}.
Dans le contexte, la quantité de médicament présente dans le sang du patient se stabilise au fil du temps autour de \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33 mg.

A.4Étudier les variations de q sur [0 ; +\infty[.

q'(t) = -\dfrac{7}{3}\times\left(-\dfrac{3}{10}\right)e^{-\frac{3}{10}t} = \dfrac{7}{10}e^{-\frac{3}{10}t}.
Pour tout t \geq 0, e^{-\frac{3}{10}t} > 0, donc q'(t)>0 : q est strictement croissante sur [0;+\infty[.

A.5Déterminer à partir de quel instant le médicament présente un risque.

On résout q(t) \geq 3 : {\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}e^{-\frac{3}{10}t} \geq 3 \Leftrightarrow -\dfrac{7}{3}e^{-\frac{3}{10}t} \geq -\dfrac{1}{3}}.
\Leftrightarrow e^{-\frac{3}{10}t} \leq \dfrac{1}{7} (l'inégalité change de sens en divisant par un nombre négatif).
{\Leftrightarrow -\dfrac{3}{10}t \leq -\ln(7) \Leftrightarrow t \geq \dfrac{10\ln(7)}{3}}.
Valeur exacte : t = \dfrac{10\ln(7)}{3} heures ; valeur approchée : t \approx 6{,}5 heures.

A.6D'après ce modèle, le protocole présente-t-il un risque pour le patient ?

Le traitement dure au moins 7 h, et le seuil de toxicité (q(t)\geq3) est atteint dès t \approx 6{,}5 h, soit avant la fin du traitement.
Oui, ce protocole présente un risque pour le patient : la quantité de médicament dépasse le seuil de toxicité avant la fin des 7 heures de traitement minimales.

B.1Justifier que u_{n+1} = 0{,}7 \times u_n + 0{,}75.

La quantité présente baisse de 30 % chaque heure (elle est donc multipliée par 1-0{,}30=0{,}7), puis on ajoute une dose supplémentaire de 0,75 mg : u_{n+1} = 0{,}7 \times u_n + 0{,}75.

B.2.aMontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, u_{n} \leq u_{n+1} \leq 4.

Initialisation : u_0=1 et \begin{aligned}u_1 &= 0{,}7\times1+0{,}75 \\ &= 1{,}45\end{aligned} On a bien \begin{aligned}u_0 &= 1 \\ &\leq 1{,}45 \\ &= u_1 \\ &\leq 4\end{aligned}
Hérédité : supposons {u_n \leq u_{n+1} \leq 4} pour un n donné.
Comme 0{,}7>0 : u_n \leq u_{n+1} \Rightarrow 0{,}7u_n+0{,}75 \leq 0{,}7u_{n+1}+0{,}75, soit u_{n+1} \leq u_{n+2}.
Comme u_{n+1}\leq4 : \begin{aligned}0{,}7u_{n+1}+0{,}75 &\leq 0{,}7\times4+0{,}75 \\ &= 3{,}55 \\ &\leq 4\end{aligned} soit u_{n+2}\leq4.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, {u_n \leq u_{n+1} \leq 4}.

B.2.bEn déduire que la suite (u_{n}) est convergente.

La suite (u_n) est croissante (question précédente) et majorée par 4 : elle est donc convergente.

B.2.cDéterminer la limite ℓ de la suite (u_{n}).

La limite \ell vérifie \begin{aligned}\ell = 0{,}7\ell+0{,}75 &\Leftrightarrow 0{,}3\ell = 0{,}75 \\ &\Leftrightarrow \ell =\end{aligned} 2,5.

B.2.dD'après ce modèle, le traitement présente-t-il un risque pour le patient ?

La suite (u_n) est croissante et converge vers \ell=2{,}5, donc u_n < 2{,}5 pour tout n (une suite croissante reste strictement en dessous de sa limite tant qu'elle n'est pas constante).
Comme 2{,}5 < 3, la quantité de médicament ne peut jamais atteindre le seuil de toxicité : non, ce second protocole ne présente pas de risque.

B.3.aMontrer que (v_{n}) est géométrique et préciser sa raison et son terme initial.

\begin{aligned}v_{n+1} &= u_{n+1}-2{,}5 \\ &= (0{,}7u_n+0{,}75)-2{,}5 \\ &= 0{,}7u_n-1{,}75 \\ &= 0{,}7(u_n-2{,}5) \\ &= 0{,}7v_n\end{aligned}
(v_n) est donc géométrique de raison 0,7 et de terme initial {v_0 = u_0-2{,}5 = 1-2{,}5 =} -1,5.

B.3.bMontrer que, pour tout entier naturel n, u_{n} = 2,5 - 1,5 \times 0,7ⁿ.

\begin{aligned}v_n &= v_0 \times 0{,}7^{n} \\ &= -1{,}5\times0{,}7^{n}\end{aligned}
u_n = v_n+2{,}5 = 2{,}5-1{,}5\times0{,}7^{n}.

B.4Au bout de combien d'injections supplémentaires la quantité dépasse-t-elle 2,4 mg ?

On résout u_n>2{,}4 : 2{,}5-1{,}5\times0{,}7^{n}>2{,}4 \Leftrightarrow 0{,}7^{n}<\dfrac{0{,}1}{1{,}5}=\dfrac{1}{15}.
n=7 : {u_7 = 2{,}5-1{,}5\times0{,}7^{7} \approx 2{,}3765 < 2{,}4}.
n=8 : {u_8 = 2{,}5-1{,}5\times0{,}7^{8} \approx 2{,}4135 > 2{,}4}.
C'est donc au bout de 8 injections supplémentaires que la quantité de médicament dépasse 2,4 mg.

Affirmation 1 : le vecteur SA est normal au plan (ABC). Vrai ou faux ?

\overrightarrow{SA}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}, \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0 \\ -\sqrt{2} \\ 0\end{pmatrix} (avec A, B, C non alignés, donnée de l'énoncé).
\begin{aligned}\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AB} &= 3\times(-1)+0\times0+3\times1 \\ &= -3+3 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AC} &= 3\times0+0\times(-\sqrt{2})+3\times0 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{SA} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il est donc bien normal au plan (ABC). L'affirmation 1 est VRAIE.

Affirmation 2 : les droites (SB) et d sont sécantes. Vrai ou faux ?

\overrightarrow{SB}\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 4\end{pmatrix} et un vecteur directeur de d est \vec{u}\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{2} \\ -1\end{pmatrix} ; ces vecteurs ne sont pas colinéaires (par exemple \frac{2}{-1}\neq\frac{0}{\sqrt{2}}), donc (SB) et d ne sont pas parallèles.
La droite (SB) se paramètre par (-1+2t\,;\,\sqrt{2}\,;\,-4+4t), t\in\mathbb{R} (l'ordonnée y reste constamment égale à \sqrt{2}).
Sur d, l'ordonnée vaut \sqrt{2}k ; pour qu'un point de d ait une ordonnée égale à \sqrt{2}, il faut k=1, ce qui donne le point (1\,;\,\sqrt{2}\,;\,-2).
Or, sur (SB), l'abscisse 1 correspond à t=1 (d'où la cote -4+4=0), alors que la cote -2 correspondrait à t=0{,}5 : aucun paramètre t commun ne donne à la fois x=1 et z=-2.
Les droites (SB) et d n'ont donc aucun point commun ; n'étant pas non plus parallèles, elles sont non coplanaires (droites gauches). L'affirmation 2 est FAUSSE.

Affirmation 3 : la droite d est parallèle au plan P. Vrai ou faux ?

Un vecteur normal à P: x-z+1=0 est \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}, et un vecteur directeur de d est \vec{u}\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{2} \\ -1\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\vec{n}\cdot\vec{u} &= 1\times(-1)+0\times\sqrt{2}+(-1)\times(-1) \\ &= -1+1 \\ &= 0\end{aligned} d est donc parallèle à P (ou incluse dans P).
En prenant k=0, le point (2\,;\,0\,;\,-1) de d vérifie \begin{aligned}2-(-1)+1 &= 4 \\ &\neq 0\end{aligned} Ce point n'appartient pas à P, donc d n'est pas incluse dans P.
d est bien strictement parallèle à P. L'affirmation 3 est VRAIE.

Affirmation 4 : le projeté orthogonal de S sur P est H(-3 ; \sqrt{2} ; -2). Vrai ou faux ?

H vérifie l'équation de P : \begin{aligned}-3-(-2)+1 &= -3+2+1 \\ &= 0\end{aligned} H appartient bien à P.
\overrightarrow{SH}\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix} est colinéaire au vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix} de P, car \overrightarrow{SH} = -2\vec{n} : la droite (SH) est donc orthogonale à P.
H appartient à P et (SH) est orthogonale à P : H est bien le projeté orthogonal de S sur P. L'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Déterminer f'(1).

La tangente T passe par A(1;0) et B(0;-2) : son coefficient directeur est \dfrac{0-(-2)}{1-0}=2. Or f'(1) est justement ce coefficient directeur : f'(1)=2.

A.2La fonction f est-elle concave sur \left]\frac{1}{2};+\infty\right[ ?

D'après le graphique, la courbe \mathcal{C} semble se situer en dessous de sa tangente T avant le point A, puis s'en écarte au-dessus pour x plus grand : elle change donc de convexité au voisinage de A.
Non, f n'est pas concave sur tout l'intervalle \left]\frac{1}{2};+\infty\right[ : elle semble concave avant x=1 puis convexe après.

A.3Déterminer f''(1).

Le point A(1;0) correspond au changement de convexité repéré à la question précédente : c'est un point d'inflexion, donc f''(1)=0.

B.1Déterminer la limite de f en \frac{1}{2} et interpréter graphiquement.

Quand x \to \frac{1}{2}^{+}, 2x-1 \to 0^{+}, donc \ln(2x-1) \to -\infty ; comme x \to \frac{1}{2} (valeur finie strictement positive), par produit, f(x) \to -\infty.
Graphiquement, la courbe \mathcal{C} admet une asymptote verticale d'équation x=\frac{1}{2}.

B.2Résoudre l'équation f(x) = 0 sur ]\dfrac{1}{2} ; +\infty[.

Pour x>\frac{1}{2}, x>0, donc \begin{aligned}f(x) &= x\ln(2x-1) \\ &= 0 \\ &\Leftrightarrow \ln(2x-1) = 0 \\ &\Leftrightarrow 2x-1 = 1 \\ &\Leftrightarrow x = 1\end{aligned}
L'équation admet une unique solution, x=1 (ce qui correspond bien au point A lu sur le graphique).

B.3.aMontrer que f''(x) = 4(x-1)/(2x-1)^{2}.

f'(x) = \ln(2x-1)+\dfrac{2x}{2x-1} (donnée). La dérivée de \ln(2x-1) est \dfrac{2}{2x-1}.
Pour \dfrac{2x}{2x-1}, quotient de u(x)=2x et v(x)=2x-1 : \begin{aligned}\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}} &= \dfrac{2(2x-1)-2x\times2}{(2x-1)^{2}} \\ &= \dfrac{4x-2-4x}{(2x-1)^{2}} \\ &= \dfrac{-2}{(2x-1)^{2}}\end{aligned}
f''(x) = \dfrac{2}{2x-1}-\dfrac{2}{(2x-1)^{2}} = \dfrac{2(2x-1)-2}{(2x-1)^{2}} = \dfrac{4x-4}{(2x-1)^{2}} = \dfrac{4(x-1)}{(2x-1)^{2}}.

B.3.bMontrer que C admet un unique point d'inflexion, intersection de C avec l'axe des abscisses.

Le dénominateur (2x-1)^{2} est toujours strictement positif sur le domaine : le signe de f''(x) est celui de x-1.
f''(x)<0 pour x<1 (f concave) et f''(x)>0 pour x>1 (f convexe) : f'' s'annule en changeant de signe uniquement en x=1, donc \mathcal{C} admet un unique point d'inflexion, en x=1.
Or \begin{aligned}f(1) &= 1\times\ln(1) \\ &= 0\end{aligned} (question B.2) : ce point d'inflexion est donc bien le point (1;0), intersection de \mathcal{C} avec l'axe des abscisses.

B.4.aMontrer que f est positive sur [1 ; 2].

Pour x\in[1;2], 2x-1\in[1;3], donc \begin{aligned}\ln(2x-1) &\geq \ln(1) \\ &= 0\end{aligned} (le logarithme népérien est croissant).
Comme {x\geq1>0}, le produit {f(x)=x\ln(2x-1)} est positif (ou nul) sur [1;2].

B.4.bMontrer que l'intégrale de x^{2}/(2x-1) sur [1;2] vaut 1 + (\dfrac{1}{8})ln(3).

D'après l'identité admise : \displaystyle \displaystyle\int\limits_{1}^{2}\dfrac{x^{2}}{2x-1}\,dx = \int\limits_{1}^{2}\left(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\times\dfrac{1}{2x-1}\right)dx
= \left[\dfrac{1}{4}x^{2}+\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{8}\ln(2x-1)\right]_{1}^{2}
= \left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}\ln(3)\right) - \left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+0\right) = \left(\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{8}\ln3\right)-\dfrac{1}{2} = 1+\dfrac{1}{8}\ln(3).

B.4.cEn utilisant une intégration par parties, déterminer la valeur exacte de l'aire A.

On pose u(x)=\ln(2x-1) et v'(x)=x, donc u'(x)=\dfrac{2}{2x-1} et v(x)=\dfrac{x^{2}}{2}.
\begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_{1}^{2}x\ln(2x-1)\,dx &= \left[\dfrac{x^{2}}{2}\ln(2x-1)\right]_{1}^{2} - \int\limits_{1}^{2}\dfrac{x^{2}}{2x-1}\,dx \\ &= \left(2\ln3-0\right) - \left(1+\dfrac{1}{8}\ln3\right)\end{aligned}
= 2\ln3-\dfrac{1}{8}\ln3-1 = \dfrac{15}{8}\ln3-1.
Comme f est positive sur [1;2] (question B.4.a), l'aire cherchée est directement cette intégrale : \mathcal{A} = \dfrac{15}{8}\ln(3)-1 unité d'aire (soit environ 1,06 u.a.).

C.1Montrer que, pour tout a > 0, la courbe Cₐ admet un unique point d'inflexion Aₐ.

f_a''(x) = \dfrac{a(ax-2)}{(ax-1)^{2}} (admis). Le dénominateur est toujours strictement positif, et a>0, donc le signe de f_a''(x) est celui de ax-2.
f_a''(x)=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{2}{a}, valeur qui appartient bien au domaine \left]\frac{1}{a};+\infty\right[ puisque \frac{2}{a}>\frac{1}{a} (car a>0).
f_a'' change de signe (négatif avant, positif après) uniquement en x=\frac{2}{a} : la courbe \mathcal{C}_a admet donc un unique point d'inflexion, A_a, d'abscisse \dfrac{2}{a}.

C.2Montrer que les points Aₐ sont alignés, pour a décrivant ]0 ; +\infty[.

\begin{aligned}f_a\left(\dfrac{2}{a}\right) &= \dfrac{2}{a}\times\ln\left(a\times\dfrac{2}{a}-1\right) \\ &= \dfrac{2}{a}\times\ln(2-1) \\ &= \dfrac{2}{a}\times\ln(1) \\ &= \dfrac{2}{a}\times0 \\ &= 0\end{aligned}
Ainsi, pour tout a>0, {A_a = \left(\dfrac{2}{a}\,;\,0\right)} : tous les points A_a ont une ordonnée nulle.
Les points A_a appartiennent donc tous à la droite d'équation y=0 (l'axe des abscisses) : ils sont bien alignés.