Bac Terminale Spé Maths : Antilles et Guyane 2026, Sujet 2

A.1Recopier et compléter l'arbre pondéré.

P(A_1) = 0{,}96 et {P(\overline{A_1}) = 1 - 0{,}96 =} 0,04.
D'après l'énoncé : P_{A_1}(A_2) = 0,94, P_{A_1}(\overline{A_2}) = 0,06, P_{\overline{A_1}}(A_2) = 0,35, P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2}) = 0,65.

A.2Montrer que P(A_{2}) = 0,9164.

A_1 et \overline{A_1} formant une partition de l'univers, d'après la formule des probabilités totales :
P(A_2) = P(A_1) \times P_{A_1}(A_2) + P(\overline{A_1}) \times P_{\overline{A_1}}(A_2)
P(A_2) = 0{,}96 \times 0{,}94 + 0{,}04 \times 0{,}35 = 0,9164.

A.3Calculer P_{A_2}(\overline{A_1}) et interpréter.

P_{A_2}(\overline{A_1}) = \dfrac{P(\overline{A_1} \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}04 \times 0{,}35}{0{,}9164} \approx 0,0153 (arrondi à 10^{-4}).
Sachant que le message reçu par le deuxième relai est sans erreur, il y a environ 1,53 % de chances que le message reçu par le premier relai comportait des erreurs.

B.1.aDéterminer la probabilité que 4 tests soient positifs.

P(X=4) = \binom{50}{4} \times 0{,}04^{4} \times 0{,}96^{46} \approx 0,09 (arrondi au centième).

B.1.bDonner la probabilité qu'au moins un test soit positif.

À la calculatrice, P(X \geq 1) \approx 0,87 (arrondi au centième).

B.1.cCalculer l'espérance et la variance de X.

X suit la loi binomiale (50 ; 0{,}04), donc E(X) = 50 \times 0{,}04 = 2 et {V(X) = 50 \times 0{,}04 \times 0{,}96 =} 1,92.

B.2.aVérifier que E(M) = 2 et montrer que V(M) = 0,0768.

M est la moyenne de 25 variables indépendantes de même loi que X : E(M) = E(X) = 2.
V(M) = \dfrac{V(X)}{25} = \dfrac{1{,}92}{25} = 0,0768.

B.2.bÀ l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que P(M < 7) > 0,99.

\begin{aligned}P(M < 7) &= P(-3 < M < 7) \\ &= P(-5 < M - 2 < 5) \\ &= 1 - P(|M-2| \geq 5)\end{aligned}
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t=5 : \begin{aligned}P(|M-2| \geq 5) &\leq \dfrac{V(M)}{5^{2}} \\ &= \dfrac{0{,}0768}{25} \\ &= 0{,}003072\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(M < 7) &\geq 1 - 0{,}003072 \\ &= 0{,}996928\end{aligned} qui est bien supérieur à 0,99.

C.1Montrer par récurrence que, pour tout n \geq 1, p_{n+1} \leq p_{n}.

Initialisation : \begin{aligned}p_2 &= 0{,}59 \times p_1 + 0{,}35 \\ &= 0{,}59 \times 0{,}96 + 0{,}35 \\ &= 0{,}9164 \\ &\leq 0{,}96 \\ &= p_1\end{aligned} La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : supposons p_{n+1} \leq p_n pour un n donné. Comme 0{,}59 > 0 : {0{,}59 p_{n+1} \leq 0{,}59 p_n}, donc {0{,}59 p_{n+1} + 0{,}35 \leq 0{,}59 p_n + 0{,}35}, soit p_{n+2} \leq p_{n+1} : vraie au rang {n+1}.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel {n \geq 1}, p_{n+1} \leq p_n.

C.2Montrer que la suite (p_{n}) est convergente.

La suite (p_n) est décroissante (question C.1) et minorée par 0 (une probabilité est toujours positive) : elle est donc convergente.

C.3Déterminer la valeur exacte de sa limite.

Notons f(x) = 0{,}59x + 0{,}35, fonction continue telle que p_{n+1} = f(p_n). D'après le théorème du point fixe, la limite \ell vérifie f(\ell) = \ell.
\begin{aligned}0{,}59\ell + 0{,}35 &= \ell \\ &\Leftrightarrow 0{,}35 = 0{,}41\ell \\ &\Leftrightarrow \ell = \dfrac{35}{41}\end{aligned}
La suite (p_n) converge donc vers \dfrac{35}{41}.

A.1.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en C.

Le repère étant orthonormé : \begin{aligned}AC &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{81}{16}+\frac{144}{16}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}-\frac{9}{2}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\left(-\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
Comme AC = CB, le triangle ABC est isocèle en C.

A.1.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 6,75 m^{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal C est aussi une médiane : elle passe par I, milieu de [AB], de coordonnées \left(\dfrac{9}{4} ; 0 ; 0\right).
AB = \dfrac{9}{2} et \begin{aligned}CI &= \sqrt{0^{2}+3^{2}+0^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AB \times CI}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{9}{2} \times 3 = 6,75 m^{2}.

A.2.aVérifier qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est z = 0.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{2} \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} ont des coordonnées non proportionnelles : A, B, C ne sont pas alignés et définissent un plan.
Comme \begin{aligned}z_A &= z_B \\ &= z_C \\ &= 0\end{aligned} une équation cartésienne du plan (ABC) est bien z=0.

A.2.bMontrer que H(\dfrac{3}{2} ; 1 ; 0) est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

z_H = 0, donc H appartient à (ABC).
\overrightarrow{HD}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix} est colinéaire au vecteur \vec{m}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, normal à (ABC) (car l'équation du plan est z=0) : la droite (HD) est donc orthogonale à (ABC).
H est donc bien le projeté orthogonal de D sur (ABC).

A.3En déduire le volume du module.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est \begin{aligned}DH &= \sqrt{0^{2}+0^{2}+3^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times 6{,}75 \times 3 = 6,75 m^{3}.

B.1.aMontrer que n(4 ; 3 ; 3) est normal au plan (BCD).

\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : B, C, D définissent bien un plan.
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BC} &= 4 \times \left(-\frac{9}{4}\right) + 3 \times 3 + 3 \times 0 \\ &= -9+9 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BD} &= 4\times(-3)+3\times1+3\times3 \\ &= -12+3+9 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : \vec{n} est donc normal à (BCD).

B.1.bEn déduire qu'une équation cartésienne de (BCD) est 4x + 3y + 3z - 18 = 0.

Une équation de (BCD) est de la forme 4x+3y+3z+d=0. Comme B\left(\frac{9}{2};0;0\right) \in (BCD) : 4\times\frac{9}{2}+d=0, donc d=-18.
Une équation cartésienne de (BCD) est donc bien 4x+3y+3z-18=0.

B.1.cDonner une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale à (BCD) passant par D.

\Delta est dirigée par \vec{n}(4;3;3) et passe par D\left(\frac{3}{2};1;3\right) : \begin{cases}x = \frac{3}{2}+4t \\ y = 1+3t \\ z = 3+3t\end{cases} avec t \in \mathbb{R}.

B.2Montrer que L a pour coordonnées (-\dfrac{5}{2} ; -2 ; 0).

L, point de \Delta, a pour coordonnées \left(\frac{3}{2}+4t_0 ; 1+3t_0 ; 3+3t_0\right) pour un certain t_0, et vérifie l'équation de (ABC), soit z=0.
\begin{aligned}3+3t_0 &= 0 \\ &\Leftrightarrow t_0 = -1\end{aligned}
En remplaçant : \begin{aligned}x &= \frac{3}{2}-4 \\ &= -\frac{5}{2}\end{aligned} \begin{aligned}y &= 1-3 \\ &= -2\end{aligned} z=0 : L a bien pour coordonnées \left(-\frac{5}{2} ; -2 ; 0\right).

B.3Montrer que le module est adapté aux débutants.

\overrightarrow{DH}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} et \overrightarrow{DL}\begin{pmatrix}-4 \\ -3 \\ -3\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} &= 0\times(-4)+0\times(-3)+(-3)\times(-3) \\ &= 9\end{aligned}
Or \overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} = DH \times DL \times \cos(\widehat{LDH}), avec DH=3 et \begin{aligned}DL &= \sqrt{16+9+9} \\ &= \sqrt{34}\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{LDH}) &= \dfrac{9}{3\sqrt{34}} \\ &= \dfrac{3\sqrt{34}}{34}\end{aligned} donc \widehat{LDH} \approx 59{,}04^{\circ}.
Comme 59{,}04^{\circ} < 60^{\circ}, le module est bien adapté aux débutants.

1.aAffirmation 1 : la courbe de f passe par A(ln 2 ; \dfrac{1}{2}). Vrai ou faux ?

L'équation y'+2y=0 s'écrit y'=-2y, de solutions x \mapsto Ce^{-2x} avec C \in \mathbb{R}.
Comme f(0)=1 : C=1, donc {f(x)=e^{-2x}}.
\begin{aligned}f(\ln 2) &= e^{-2\ln 2} \\ &= e^{\ln(\dfrac{1}{4})} \\ &= \dfrac{1}{4} \\ &\neq \dfrac{1}{2}\end{aligned}
L'affirmation 1 est FAUSSE.

1.bAffirmation 2 : sur [π/2 ; π], la courbe de f est au-dessus de ses tangentes. Vrai ou faux ?

f'(x) = 1+\sin(x), donc f''(x) = \cos(x).
Sur \left[\frac{\pi}{2} ; \pi\right], \cos(x) \leq 0 : f est donc concave, et sa courbe est en dessous de ses tangentes (pas au-dessus).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : y = 1 est asymptote horizontale à la courbe de f. Vrai ou faux ?

Pour tout x>0 : {-1 \leq \sin(x) \leq 1}, donc {-\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin(x)}{x} \leq \dfrac{1}{x}}, soit {1-\dfrac{1}{x} \leq f(x) \leq 1+\dfrac{1}{x}}.
Comme \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0, les deux bornes tendent vers 1 : d'après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1.
L'affirmation 3 est VRAIE : y=1 est bien asymptote horizontale en +\infty.

2.Affirmation 4 : f(x) = 2x - e^{3x} est solution de (E_{2}). Vrai ou faux ?

f est dérivable sur \mathbb{R} et f'(x) = 2-3e^{3x}.
f'(x) - 3f(x) = (2-3e^{3x}) - 3(2x-e^{3x}) = 2-3e^{3x}-6x+3e^{3x} = 2-6x.
f vérifie donc bien l'équation (E_2) : l'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Donner les variations de F_{2} sur ]0 ; 3].

F_2 est une primitive de f_2, donc ses variations sont données par le signe de f_2. D'après le graphique, F_2 est décroissante sur ]0 ; 0{,}3], croissante sur [0{,}3 ; 2{,}5], puis décroissante sur [2{,}5 ; 3].

A.2Identifier les courbes représentant f_{2}′ et f_{2}″.

f_2 admet un maximum en x \approx 0{,}75 (là où F_2 change de croissante à décroissante) : sa dérivée doit s'y annuler. C'est la courbe 1 qui s'annule vers 0,75 : elle représente f_2'.
Le point A (point d'inflexion de \mathcal{C}_2) est situé vers x \approx 1{,}6 : la dérivée seconde s'y annule. C'est la courbe 2 qui s'annule vers 1,6 : elle représente f_2''.

B.1.aMontrer que f_{1}′(x) = -1 - ln(x)/x^{2}.

f_1 = w + \dfrac{u}{v} avec w(x)=1-x, {u(x)=1+\ln x}, v(x)=x, donc w'(x)=-1, u'(x)=\dfrac{1}{x}, v'(x)=1.
f_1'(x) = w'(x) + \dfrac{u'(x)v(x)-v'(x)u(x)}{v(x)^{2}} = -1 + \dfrac{1-(1+\ln x)}{x^{2}} = -1-\dfrac{\ln x}{x^{2}}.

B.1.bDéterminer la limite de f_{1}′(x) en +\infty.

Par croissances comparées, \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^{2}} = 0, donc, par somme, \lim\limits_{x \to +\infty} f_1'(x) = -1.

B.2.aJustifier les variations de f_{1}′ et la valeur de l'extremum.

f_1''(x) a le signe de 2\ln x - 1 (car x^{3}>0), positif pour x>e^{\dfrac{1}{2}}.
f_1' est donc décroissante sur ]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}] puis croissante sur [e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty[.
f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\dfrac{\ln(e^{\dfrac{1}{2}})}{e} = -1-\dfrac{1}{2e} : c'est bien la valeur du minimum du tableau.

B.2.bJustifier la limite de f_{1}′ en 0.

Quand x \to 0^+ : -\ln(x) \to +\infty et {x^{2} \to 0^+}, donc par quotient puis somme, \lim\limits_{x \to 0^+} f_1'(x) = +\infty.

B.2.cMontrer qu'il existe une unique solution \alpha à f_{1}′(x) = 0, puis que f_{1} admet un maximum.

Sur \left]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}\right], f_1' est continue et strictement décroissante, avec \lim\limits_{x\to0^+} f_1'(x) = +\infty > 0 et f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\frac{1}{2e} < 0 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f_1'(x)=0 y admet une unique solution.
Sur \left[e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty\right[, f_1' est strictement croissante et tend vers -1, donc reste toujours strictement négative : pas de solution sur cet intervalle.
Il existe donc une unique solution \alpha à f_1'(x)=0 sur ]0;+\infty[, et f_1 admet un maximum en \alpha (signe de f_1' positif puis négatif).

B.2.dCompléter le script Python calculant une valeur approchée de \alpha.

C.1Montrer que H est une primitive de h.

H est de la forme \dfrac{1}{2}u^{2} avec {u(x)=1+\ln x}, donc u'(x)=\dfrac{1}{x}, et H'(x) = u'(x)u(x) = \dfrac{1}{x}(1+\ln x) = h(x).
H est donc bien une primitive de h sur ]0;+\infty[.

C.2Existe-t-il k tel que la valeur moyenne de fₖ sur [1 ; e] soit nulle ?

La valeur moyenne est \begin{aligned}\displaystyle \mu &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e} f_k(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e}\left(1-x+kh(x)\right)dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\left[x-\dfrac{x^{2}}{2}+kH(x)\right]_1^{e}\end{aligned}
= \dfrac{1}{e-1}\left(\left(e-\dfrac{e^{2}}{2}+k\dfrac{(1+1)^{2}}{2}\right) - \left(1-\dfrac{1}{2}+k\dfrac{(1+0)^{2}}{2}\right)\right) = \dfrac{2e-e^{2}+3k-1}{2(e-1)}.
\begin{aligned}\mu &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2e-e^{2}+3k-1 = 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{e^{2}-2e+1}{3} \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3}\end{aligned}
Oui, il existe une unique valeur {k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3}} pour laquelle la valeur moyenne de f_k sur [1;e] est nulle.