Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2026, Sujet 1

A.1.aDonner P(C).

L'énoncé indique directement que 75 % des familles réservent une cabine : P(C) = 0,75.

A.1.bReproduire l'arbre et compléter les quatre pointillés.

A.2Calculer la probabilité qu'une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine.

P(V \cap C) = P(V) \times P_V(C) = 0{,}3 \times 0{,}8 = 0,24.

A.3Une famille a réservé une cabine. Déterminer la probabilité qu'elle réserve un emplacement pour un véhicule.

On cherche P_C(V) = \dfrac{P(V \cap C)}{P(C)}.
P_C(V) = \dfrac{0{,}24}{0{,}75} = 0,32.

A.4Déterminer la probabilité qu'une famille n'ayant pas réservé de véhicule réserve tout de même une cabine, arrondie à 10^{-2}. Interpréter le résultat.

D'après la formule des probabilités totales, {P(C) = P(V) \times P_V(C) + P(\overline{V}) \times P_{\overline{V}}(C)}.
0{,}75 = 0{,}24 + 0{,}7 \times P_{\overline{V}}(C)
P_{\overline{V}}(C) = \dfrac{0{,}75 - 0{,}24}{0{,}7} = \dfrac{0{,}51}{0{,}7} \approx 0,73.
Interprétation : parmi les familles qui ne réservent pas d'emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent tout de même une cabine.

B.1Justifier que E(X) = 96 et que V(X) = 3114.

E(X) = 0 \times 0{,}19 + 70 \times 0{,}06 + 100 \times 0{,}51 + 170 \times 0{,}24 = 4{,}2 + 51 + 40{,}8 = 96.
\begin{aligned}E(X^{2}) &= 0^{2} \times 0{,}19 + 70^{2} \times 0{,}06 + 100^{2} \times 0{,}51 + 170^{2} \times 0{,}24 \\ &= 294 + 5\,100 + 6\,936 \\ &= 12\,330\end{aligned}
V(X) = E(X^{2}) - (E(X))^{2} = 12\,330 - 96^{2} = 12\,330 - 9\,216 = 3 114.

B.2.aJustifier que Z = 0,6(X + Y).

Une remise de 40 % revient à ne payer que 60 % du montant total des suppléments et des extras, soit X + Y : donc Z = 0{,}6(X + Y).

B.2.bEn déduire que E(Z) = 120 et que V(Z) = 1728.

E(Z) = 0{,}6 \times (E(X) + E(Y)) = 0{,}6 \times (96 + 104) = 0{,}6 \times 200 = 120.
X et Y étant indépendantes, V(Z) = 0{,}6^{2} \times (V(X) + V(Y)) = 0{,}36 \times (3\,114 + 1\,686) = 0{,}36 \times 4\,800 = 1 728.

B.3.aMontrer que E(Mn) = 120 et que V(Mn) = 1728/n.

Les variables Z_1, \ldots, Z_n suivent toutes la même loi que Z, donc {E(M_n) = \dfrac{n \times E(Z)}{n} = E(Z) =} 120.
Les variables étant indépendantes, V(M_n) = \dfrac{1}{n^{2}} \times n \times V(Z) = \dfrac{V(Z)}{n} = \dfrac{1\,728}{n}.

B.3.bDéterminer le plus petit entier n pour lequel l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(114 < Mn < 126) \geq 0,85. Interpréter.

L'évènement {114 < M_n < 126} équivaut à |M_n - 120| < 6, dont le contraire est |M_n - 120| \geq 6.
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, \begin{aligned}P(|M_n - 120| \geq 6) &\leq \dfrac{V(M_n)}{6^{2}} \\ &= \dfrac{1\,728}{36n} \\ &= \dfrac{48}{n}\end{aligned}
On veut P(114 < M_n < 126) \geq 0{,}85, soit P(|M_n - 120| \geq 6) \leq 0{,}15 : il suffit donc que \dfrac{48}{n} \leq 0{,}15.
\begin{aligned}n &\geq \dfrac{48}{0{,}15} \\ &= 320\end{aligned}
Le plus petit entier qui convient est n = 320 : un échantillon d'au moins 320 familles garantit, via cette inégalité, que le prix moyen payé a au moins 85 % de chances d'être compris entre 114 € et 126 €.

1.aAffirmation 1 : Le plan (P) est orthogonal à la droite (AB), et passe par le milieu de [AB].

Un vecteur normal au plan (P) : {-x + y - 5z - 0{,}5 = 0} est \vec{n}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
Le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées \begin{pmatrix}2-3 \\ 1-0 \\ -3-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
\vec{n} et \overrightarrow{AB} sont égaux, donc colinéaires : la droite (AB) est donc orthogonale au plan (P).
Le milieu de [AB] a pour coordonnées \left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2}\right) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5).
On vérifie : \begin{aligned}-2{,}5 + 0{,}5 - 5 \times (-0{,}5) - 0{,}5 &= -2{,}5 + 0{,}5 + 2{,}5 - 0{,}5 \\ &= 0\end{aligned} Le milieu appartient bien à (P).
L'affirmation 1 est VRAIE.

1.bAffirmation 2 : Les droites (d) et (AB) sont sécantes.

Un vecteur directeur de (d) est \vec{u}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix}, non colinéaire à \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix} : les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un éventuel point d'intersection en résolvant {t = 3 - s} et -1{,}5 - t = s (paramètres de (d) et (AB)).
En substituant : -1{,}5 - (3 - s) = s, soit -4{,}5 + s = s, soit -4{,}5 = 0, ce qui est impossible.
Le système n'a donc pas de solution : les droites (d) et (AB) ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : La mesure de l'angle ACB, arrondie à 10^{-1}, est égale à 70,5^{\circ} (C(1,5 ; -3 ; -1)).

\overrightarrow{CA}\begin{pmatrix}3-1{,}5 \\ 0-(-3) \\ 2-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1{,}5 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix} et \overrightarrow{CB}\begin{pmatrix}2-1{,}5 \\ 1-(-3) \\ -3-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0{,}5 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} &= 1{,}5 \times 0{,}5 + 3 \times 4 + 3 \times (-2) \\ &= 0{,}75 + 12 - 6 \\ &= 6{,}75\end{aligned}
\begin{aligned}CA &= \sqrt{1{,}5^{2} + 3^{2} + 3^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned} et \begin{aligned}CB &= \sqrt{0{,}5^{2} + 4^{2} + (-2)^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{ACB}) &= \dfrac{\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}}{CA \times CB} \\ &= \dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5} \\ &= \dfrac{6{,}75}{20{,}25} \\ &= \dfrac{1}{3}\end{aligned}
\begin{aligned}\widehat{ACB} &= \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \\ &\approx 70{,}5^{\circ}\end{aligned}
L'affirmation 3 est VRAIE.

2.Affirmation 4 : Titouan a plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.

Le digicode de la porte A utilise 3 symboles distincts parmi 8, saisis dans un ordre précis : il y a 8 \times 7 \times 6 = 336 codes possibles.
Le digicode de la porte B utilise 4 symboles distincts parmi 8, saisis dans n'importe quel ordre : il y a \binom{8}{4} = 70 codes possibles.
Clotilde choisit un code au hasard pour la porte A : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{336} \\ &\approx 0{,}0030\end{aligned}
Titouan choisit un code au hasard pour la porte B : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{70} \\ &\approx 0{,}0143\end{aligned}
Comme \dfrac{1}{70} > \dfrac{1}{336}, Titouan a bien plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.
L'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Donner les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,035y + 0,91 sur [0 ; +\infty[.

(E) est une équation différentielle linéaire du premier ordre de la forme y' = ay + b avec a = -0{,}035 et b = 0{,}91.
La solution constante particulière vérifie 0 = -0{,}035 y_p + 0{,}91, soit \begin{aligned}y_p &= \dfrac{0{,}91}{0{,}035} \\ &= 26\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto K e^{-0{,}035t} + 26, où K est une constante réelle.

A.2En déduire que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, T(t) = 26 - 8e^{-0{,}035t}.

D'après la question précédente, {T(t) = K e^{-0{,}035t} + 26}.
Comme T(0) = 18 : K e^{0} + 26 = 18, soit \begin{aligned}K &= 18 - 26 \\ &= -8\end{aligned}
Donc, pour tout t \in [0 ; +\infty[, {T(t) = -8e^{-0{,}035t} + 26 =} 26 - 8e^{-0{,}035t}.

A.3Déterminer au bout de combien de temps la pièce atteindra 20^{\circ}C (en heures et minutes, arrondi à la minute).

On résout T(t) = 20 : 26 - 8e^{-0{,}035t} = 20, soit 8e^{-0{,}035t} = 6, soit e^{-0{,}035t} = 0{,}75.
-0{,}035t = \ln(0{,}75), donc \begin{aligned}t &= \dfrac{-\ln(0{,}75)}{0{,}035} \\ &\approx 8{,}22\end{aligned} dizaines de minutes, soit environ 82,2 minutes.
82{,}2 minutes \approx 1 h 22 min.

A.4Si le système ne s'éteignait pas à 20^{\circ}C, la température pourrait-elle dépasser 28^{\circ}C selon ce modèle ?

Pour tout t \geq 0, e^{-0{,}035t} > 0, donc {T(t) = 26 - 8e^{-0{,}035t} < 26}.
La température modélisée par T reste donc toujours strictement inférieure à 26^{\circ}C, quelle que soit la durée de chauffe.
Non, selon ce modèle, la température de la pièce ne pourra jamais dépasser 28^{\circ}C (elle ne dépasse même jamais 26^{\circ}C).

B.1Montrer que u1 = 19,72.

u_1 = 0{,}965 \times u_0 + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1 \times 0} = 0{,}965 \times 20 + 0{,}35 + 0{,}07 \times 1 = 19{,}3 + 0{,}35 + 0{,}07 = 19,72.

B.2Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a un > 10.

Initialisation : u_0 = 20 > 10, la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que u_n > 10 pour un entier n donné. Montrons que {u_{n+1} > 10}.
u_{n+1} = 0{,}965 u_n + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1n}. Comme u_n > 10, on a 0{,}965 u_n > 9{,}65.
De plus, 0{,}07e^{-0{,}1n} > 0 pour tout n (une exponentielle est toujours strictement positive).
Donc u_{n+1} > 9{,}65 + 0{,}35 + 0 = 10 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, on a u_n > 10.

B.3En déduire que la suite (un) est convergente.

La suite (u_n) est décroissante (admis dans l'énoncé) et minorée par 10 (question précédente) : d'après le théorème de convergence monotone, la suite (u_n) est convergente.

B.4.aJustifier que la limite \ell est solution de l'équation x = 0,965x + 0,35.

Comme (u_n) converge vers \ell, la suite (u_{n+1}) converge aussi vers \ell.
De plus, e^{-0{,}1n} \to 0 quand n \to +\infty.
En passant à la limite dans la relation u_{n+1} = 0{,}965 u_n + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1n}, on obtient \ell = 0{,}965\ell + 0{,}35.

B.4.bDéterminer \ell et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

\ell - 0{,}965\ell = 0{,}35, soit 0{,}035\ell = 0{,}35, soit \ell = \dfrac{0{,}35}{0{,}035} = 10.
Interprétation : si le chauffage ne se remettait jamais en marche, la température de la pièce se rapprocherait indéfiniment de 10^{\circ}C sans jamais l'atteindre.

B.5.aRecopier et compléter les lignes 4, 5 et 6 du programme Python pour qu'il renvoie le nombre de dizaines de minutes à partir duquel le chauffage se remet en marche.

B.5.bDéterminer le temps, en dizaines de minutes, à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

En calculant successivement les termes de la suite, on obtient u_7 \approx 18{,}14 (encore supérieur à 18) puis u_8 \approx 17{,}90 (inférieur à 18).
Le chauffage se remet donc en marche à partir de n = 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes (1 h 20 min) après le début du refroidissement.

A.1Justifier que a = 1.

Le point A(0 ; 1) appartient à la courbe, donc f(0) = 1. Or \begin{aligned}f(0) &= a + \dfrac{b\ln(1)}{1} \\ &= a + 0 \\ &= a\end{aligned} Donc a = 1.

A.2.aEn utilisant le graphique, donner la valeur de f'(0). Justifier.

La tangente T_A passe par A(0 ; 1) et semble également passer par le point de coordonnées (0{,}5 ; 3) (lecture graphique).
Son coefficient directeur est donc \begin{aligned}\dfrac{3-1}{0{,}5-0} &= \dfrac{2}{0{,}5} \\ &= 4\end{aligned}
f'(0) = 4 (coefficient directeur de la tangente en A).

A.2.bEn utilisant le graphique, donner le signe de f''(1). Justifier.

Le graphique montre que la courbe atteint son maximum peu avant x = 1, puis décroît en restant concave (tournée vers le bas) au voisinage de x = 1.
Le signe de f''(1) correspond donc au sens de variation de f' (la pente) à cet endroit, qui diminue juste après le maximum.
f''(1) est négatif.

A.3.aMontrer que, pour tout réel x appartenant à ]-1 ; +\infty[, on a f'(x) = b(1 - ln(x+1))/(x+1)^{2}.

On dérive \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} par la formule du quotient \left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^{2}} avec {u = \ln(x+1)} et v = x+1.
u' = \dfrac{1}{x+1} et v' = 1, donc u'v - uv' = \dfrac{1}{x+1} \times (x+1) - \ln(x+1) \times 1 = 1 - \ln(x+1).
Donc f'(x) = b \times \dfrac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^{2}}.

A.3.bEn déduire la valeur de b.

D'après la question 2.a, f'(0) = 4. Or f'(0) = b \times \dfrac{1 - \ln(1)}{1^{2}} = b \times 1 = b. Donc b = 4.

B.1Justifier que la droite d'équation y = 1 est asymptote à la courbe représentative de f.

Quand x \to +\infty, on sait que \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} \to 0 (limite usuelle du type \dfrac{\ln(t)}{t} \to 0 quand t \to +\infty).
Donc \begin{aligned}f(x) &= 1 + \dfrac{4\ln(x+1)}{x+1} \to 1 + 0 \\ &= 1\end{aligned} quand x \to +\infty.
La droite d'équation y = 1 est donc asymptote horizontale à la courbe représentative de f en +\infty.

B.2Résoudre l'inéquation 1 - ln(x+1) > 0 sur ]-1 ; +\infty[.

{1 - \ln(x+1) > 0 \Leftrightarrow \ln(x+1) < 1 \Leftrightarrow x + 1 < e} (la fonction ln étant strictement croissante), soit x < e - 1.
L'ensemble des solutions, en tenant compte du domaine x > -1, est {]-1 ; e-1[}.

B.3Dresser le tableau de variation complet de f, en indiquant la valeur exacte de son extremum.

Le signe de f'(x) = \dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^{2}} est celui de 1-\ln(x+1) (le dénominateur est toujours positif).
D'après la question précédente, f'(x) > 0 sur {]-1 ; e-1[} et f'(x) < 0 sur {]e-1 ; +\infty[} : f est donc croissante puis décroissante, avec un maximum en {x = e-1}.
\begin{aligned}f(e-1) &= 1 + \dfrac{4\ln(e)}{e} \\ &= 1 + \dfrac{4}{e}\end{aligned} (valeur exacte du maximum).
Aux bornes : \lim_{x \to -1} f(x) = -\infty (admis) et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 (question B.1).
Tableau : f décroît de -\infty à -1 (exclu), croît de -\infty à 1+\dfrac{4}{e} sur ]-1 ; e-1], puis décroît de 1+\dfrac{4}{e} vers 1 (sans l'atteindre) sur [e-1 ; +\infty[.

B.4Montrer que l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[. En donner une valeur approchée à 10^{-1}.

Sur [2 ; +\infty[ (inclus dans {]e-1 ; +\infty[} puisque e-1 \approx 1{,}72 < 2), f est continue et strictement décroissante.
\begin{aligned}f(2) &= 1 + \dfrac{4\ln(3)}{3} \\ &\approx 2{,}46\end{aligned} et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1.
Comme 1{,}5 est compris entre ces deux valeurs, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[.
À l'aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de cette solution : x_0 \approx 25,1.

B.5.aMontrer que l'intégrale de ln(x+1)/(x+1) entre 0 et 2 est égale à (\dfrac{1}{2})(ln3)^{2}.

On pose {u = \ln(x+1)}, donc {du = \dfrac{1}{x+1}dx} ; quand x=0, \begin{aligned}u &= \ln(1) \\ &= 0\end{aligned} et quand x=2, u=\ln(3).
\displaystyle \int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx = \int\limits_0^{\ln(3)} u \, du = \left[\dfrac{u^{2}}{2}\right]_0^{\ln(3)} = \dfrac{(\ln 3)^{2}}{2} - 0 = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2}.

B.5.bEn déduire l'aire, en unité d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe de f, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 2.

Sur [0 ; 2], la fonction f est strictement positive (elle vaut 1 en x=0 et reste au-dessus de 2,4 ensuite) : l'aire cherchée est donc \displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx.
\begin{aligned}\displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx &= \int\limits_0^2 1\,dx + 4\int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx \\ &= [x]_0^2 + 4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2} \\ &= 2 + 2(\ln 3)^{2}\end{aligned}
L'aire cherchée est 2 + 2(\ln 3)^{2} unités d'aire, soit environ 4,41 u.a.