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Bac 2025

Bac 2025 – Mathématiques – Amérique du Sud – Sujet 1 : correction détaillée

Spécialité Maths · 4 h · coefficient 16 · Jour 1 · 4 exercices (probabilités, vrai/faux, fonction exponentielle, espace)

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Choix de plats au restaurant universitaire4 points

Après un plat végétarien, probabilité 0,9 d'un plat végétarien le lendemain ; après un plat non végétarien, 0,7. p_n = P(V_n), p_1 = 1.

1aValeur de p_2.Touche pour voir la correction

À retenir Le jour 1 est végétarien : on lit 0,9.

Démarche
  1. p_2 = P_{V_1}(V_2) = 0,9.

Réponsep_2 = 0,9

1bMontrer que p_3 = 0,88.Touche pour voir la correction

À retenir Formule des probabilités totales avec {V_2, V̄_2}.

Démarche
  1. P(V_2) = 0,9 et P(V̄_2) = 0,1.
  2. p_3 = 0,9 × 0,9 + 0,1 × 0,7 = 0,81 + 0,07 = 0,88.

Réponsep_3 = 0,88

1cSachant V_3, probabilité de V̄_2 (au millième).Touche pour voir la correction

À retenir P_{V_3}(V̄_2) = P(V̄_2∩V_3) ÷ P(V_3).

Démarche
  1. P(V̄_2∩V_3) = 0,1 × 0,7 = 0,07.
  2. 0,07 ÷ 0,88 ≈ 0,0795.

Réponse≈ 0,080

2Compléter l'arbre pondéré (étape n → n+1).Touche pour voir la correction

À retenir Chaque branche porte la probabilité de passer à l'état suivant.

Démarche
  1. V_n (p_n) : V_{n+1} 0,9 ; V̄_{n+1} 0,1.
  2. V̄_n (1 − p_n) : V_{n+1} 0,7 ; V̄_{n+1} 0,3.

Réponsep_n → 0,9 / 0,1 ; 1 − p_n → 0,7 / 0,3

3Justifier p_{n+1} = 0,2p_n + 0,7.Touche pour voir la correction

À retenir Probabilités totales.

Démarche
  1. p_{n+1} = 0,9p_n + 0,7(1 − p_n) = 0,9p_n + 0,7 − 0,7p_n = 0,2p_n + 0,7.

Réponsep_{n+1} = 0,2p_n + 0,7

4aQuel programme affiche les n premiers termes ?Touche pour voir la correction

À retenir La liste contient déjà p_1 : il faut n − 1 itérations.

Démarche
  1. Programme 1 : range(1, n) donne n − 1 tours : liste de n termes, avec p = 0,2p + 0,7.
  2. Programme 2 : range(1, n+1) donne n + 1 termes. Programme 3 : ajoute 1 à chaque terme (faux).

RéponseProgramme 1

4bRésultat affiché pour n = 5.Touche pour voir la correction

À retenir On applique p ← 0,2p + 0,7 quatre fois.

Démarche
  1. p_1 = 1 ; p_2 = 0,9 ; p_3 = 0,88 ; p_4 = 0,876 ; p_5 = 0,8752.

Réponse[1, 0,9, 0,88, 0,876, 0,8752]

Vérification Python peut afficher des arrondis flottants (par exemple 0.8999999999999999 au lieu de 0,9) ; les valeurs exactes sont celles indiquées.

Piège Python ne donne pas exactement 0.9 : c'est une erreur d'arrondi machine.

5Démontrer par récurrence que p_n = 0,125 × 0,2^{n−1} + 0,875 pour n ≥ 1.Touche pour voir la correction

À retenir Initialisation, hérédité avec p_{n+1} = 0,2p_n + 0,7.

Démarche
  1. Initialisation : n = 1 : 0,125 + 0,875 = 1 = p_1.
  2. Hérédité : p_{n+1} = 0,2(0,125 × 0,2^{n−1} + 0,875) + 0,7 = 0,125 × 0,2^n + 0,175 + 0,7 = 0,125 × 0,2^n + 0,875.
  3. Donc vraie au rang n + 1 ; conclusion pour tout n ≥ 1.

Réponsep_n = 0,125 × 0,2^{n−1} + 0,875

6Limite de (p_n).Touche pour voir la correction

À retenir 0 < 0,2 < 1 donc 0,2^{n−1} → 0.

Démarche
  1. 0,125 × 0,2^{n−1} → 0.

Réponselim p_n = 0,875 = 7/8

Exercice 2 : Dénombrement, loi de probabilité et loi binomiale (vrai/faux)5 points

Cinq affirmations indépendantes.

1Deux équipes de 22 et 25 joueurs : 47 poignées de mains.Touche pour voir la correction

À retenir Chaque joueur d'une équipe serre la main de chaque joueur de l'autre : produit.

Démarche
  1. Nombre de poignées = 22 × 25 = 550.

RéponseFAUX : 550 poignées (47 est la somme des joueurs)

218 concurrents ; on récompense les trois premiers d'un même prix : 4896 possibilités.Touche pour voir la correction

À retenir Prix identique : l'ordre ne compte pas, donc combinaison.

Démarche
  1. C(18 ; 3) = 18 × 17 × 16 ÷ 6 = 816.
  2. 4896 = 18 × 17 × 16 correspond à des arrangements (ordre pris en compte).

RéponseFAUX : 816 possibilités

3Podium de 3 parmi 7 sportifs, dont Jacques : 90 podiums contenant Jacques.Touche pour voir la correction

À retenir On place Jacques puis on complète.

Démarche
  1. 3 places possibles pour Jacques.
  2. Les deux autres places : 6 × 5 = 30.
  3. Total 3 × 30 = 90.

RéponseVRAI

4X_1 et X_2 indépendantes de même loi (−2 : 0,1 ; −1 : 0,4 ; 2 : 0,3 ; 5 : 0,2) ; Y = X_1 + X_2. P(Y = 4) = 0,25.Touche pour voir la correction

À retenir On liste les couples de somme 4.

Démarche
  1. Couples : (−1 ; 5), (5 ; −1), (2 ; 2).
  2. P = 0,4 × 0,2 + 0,2 × 0,4 + 0,3 × 0,3 = 0,08 + 0,08 + 0,09 = 0,25.

RéponseVRAI

5X ~ B(20 ; 0,85). Sachant X ≥ 15, P(X ≥ 18) ≈ 0,434.Touche pour voir la correction

À retenir P_A(B) = P(A∩B) ÷ P(A), ici {X ≥ 18} ⊂ {X ≥ 15}.

Démarche
  1. P_{X≥15}(X≥18) = P(X ≥ 18) ÷ P(X ≥ 15), car {X ≥ 18} ⊂ {X ≥ 15}.
  2. Calculatrice (binomiale B(20 ; 0,85)) : P(X ≥ 15) = 1 − P(X ≤ 14) ≈ 0,9327 et P(X ≥ 18) = 1 − P(X ≤ 17) ≈ 0,4049.
  3. Quotient : 0,4049 ÷ 0,9327 ≈ 0,434.

RéponseVRAI : ≈ 0,434

Exercice 3 : Concentration d'un médicament dans le sang6 points

Concentration f(t) en g/L, t en heures. Partie A : lectures sur la courbe ; B : équation différentielle y' + y = 5e^{−t} ; C : étude de f(t) = 5te^{−t} ; D : concentration moyenne.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Courbe de la concentration f(t) en g/L. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A1Instant de concentration maximale.Touche pour voir la correction

À retenir On lit l'abscisse du sommet de la courbe.

Démarche
  1. Le sommet de la courbe est atteint pour t = 1 (abscisse du maximum) ; la concentration maximale vaut alors environ 1,8 g/L.

RéponseEnviron 1 heure après l'ingestion.

A2Solutions de f(t) ≥ 1.Touche pour voir la correction

À retenir On regarde où la courbe est au-dessus de la droite y = 1.

Démarche
  1. La courbe est au-dessus de la droite y = 1 entre ses deux points d'intersection avec cette droite : le premier vers t ≈ 0,25 et le second vers t ≈ 2,5.

Réponsef(t) ≥ 1 environ pour t ∈ [0,25 ; 2,5] (précision de lecture : ± 0,1 h)

A3Convexité de f sur [0 ; 8].Touche pour voir la correction

À retenir On regarde la forme de la courbe.

Démarche
  1. La courbe est en forme de « cloche » : concave au début, puis convexe après le point d'inflexion situé vers t = 2.

Réponsef est concave sur [0 ; 2] environ, puis convexe sur [2 ; 8] (point d'inflexion vers t = 2).

Vérification On peut le vérifier avec f''(t) = 5(t − 2)e^{−t} pour f(t) = 5te^{−t}.

B1Résoudre (E') : y' + y = 0.Touche pour voir la correction

À retenir y' = −y.

Démarche
  1. y(t) = Ce^{−t}.

Réponsey(t) = Ce^{−t}, C ∈ ℝ

B2Valeur de a telle que u(t) = ate^{−t} soit solution de (E).Touche pour voir la correction

À retenir On calcule u' + u.

Démarche
  1. u'(t) = ae^{−t} − ate^{−t}.
  2. u' + u = ae^{−t}. On veut 5e^{−t} : a = 5.

Réponsea = 5

Vérification Contrôle avec la partie C : f(t) = 5te^{−t} vérifie y' + y = 5e^{−t}.

B3Ensemble des solutions de (E).Touche pour voir la correction

À retenir Solution particulière + solutions de (E').

Démarche
  1. y(t) = 5te^{−t} + Ce^{−t} = (5t + C)e^{−t}.

Réponsey(t) = (5t + C)e^{−t}, C ∈ ℝ

B4Expression de f sachant f(0) = 0.Touche pour voir la correction

À retenir f(0) = C.

Démarche
  1. f(0) = (0 + C)e^0 = C = 0.

Réponsef(t) = 5te^{−t}

C1Limite de f en +∞ et interprétation.Touche pour voir la correction

À retenir Croissances comparées : te^{−t} → 0.

Démarche
  1. 5te^{−t} → 0 quand t → +∞.

Réponselim f = 0 : au bout d'un temps long, le médicament a disparu du sang

C2Variations de f et tableau.Touche pour voir la correction

À retenir f'(t) = 5e^{−t} − 5te^{−t} = 5(1 − t)e^{−t}.

Démarche
  1. f' > 0 sur [0 ; 1[, f' < 0 sur ]1 ; +∞[.
  2. f(0) = 0 ; f(1) = 5/e ≈ 1,84 ; limite 0 en +∞.

Réponsef croît de 0 à 5/e ≈ 1,84 sur [0 ; 1], puis décroît vers 0

C3Montrer qu'il existe t_1 et t_2 avec f(t_1) = f(t_2) = 1 ; valeurs à 10^{−2} près.Touche pour voir la correction

À retenir Théorème des valeurs intermédiaires sur chaque intervalle de monotonie.

Démarche
  1. Maximum : f(1) = 5/e ≈ 1,84 > 1 (car e < 5), donc la valeur 1 est atteinte deux fois.
  2. Sur [0 ; 1], f est continue strictement croissante de 0 à 1,84 : un unique t_1.
  3. Sur [1 ; +∞[, continue strictement décroissante de 1,84 à 0 : un unique t_2.
  4. À la calculatrice (résolution de 5te^{−t} = 1 ou table de valeurs) : t_1 ≈ 0,26 et t_2 ≈ 2,54.

Réponset_1 ≈ 0,26 h et t_2 ≈ 2,54 h

C4Durée du risque de somnolence (f ≥ 1).Touche pour voir la correction

À retenir La durée est t_2 − t_1.

Démarche
  1. f(t) ≥ 1 exactement pour t ∈ [t_1 ; t_2] (f croît puis décroît).
  2. Durée : t_2 − t_1 ≈ 2,5426 − 0,2592 ≈ 2,283 h.
  3. 0,283 h × 60 ≈ 17 minutes, donc environ 2 h 17 min.

Réponseenviron 2 h 17 min

DConcentration moyenne T_m = ∫ de 0 à 1 de f(t)dt : valeur exacte puis approchée à 0,01.Touche pour voir la correction

À retenir Intégration par parties.

Démarche
  1. Primitive de 5te^{−t} : G(t) = −5(t + 1)e^{−t} (car G' = −5e^{−t} + 5(t + 1)e^{−t} = 5te^{−t}).
  2. T_m = G(1) − G(0) = −10e^{−1} + 5.
  3. Valeur approchée : 5 − 10/e ≈ 5 − 3,679 = 1,32 g/L.

RéponseT_m = 5 − 10/e ≈ 1,32 g/L

Exercice 4 : Géométrie dans l'espace : orthocentre et aire d'un triangle5 points

A(2√3 ; 0 ; 0), B(0 ; 2 ; 0), C(0 ; 0 ; 1), K(√3/2 ; 3/2 ; 0) (K est sur la droite (AB)). Le point K est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure du tétraèdre OABC et du point K. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1Justifier une représentation paramétrique de (CK).Touche pour voir la correction

À retenir Il suffit de vérifier que deux points distincts de (CK) sont obtenus pour deux valeurs du paramètre.

Démarche
  1. Pour t = 0 : (0 ; 0 ; 1) = C.
  2. Pour t = 1 : (√3/2 ; 3/2 ; 0) = K.
  3. La représentation est celle d'une droite : c'est donc (CK).

Réponsex = (√3/2)t, y = (3/2)t, z = −t + 1 est bien (CK)

Vérification Contrôle : pour t = 0 on obtient C(0 ; 0 ; 1) et pour t = 1 on obtient K.

2Établir OM(t) = √(4t² − 2t + 1).Touche pour voir la correction

À retenir OM² = x² + y² + z².

Démarche
  1. OM² = (3/4)t² + (9/4)t² + (1 − t)².
  2. = 3t² + 1 − 2t + t² = 4t² − 2t + 1.

RéponseOM(t) = √(4t² − 2t + 1)

3aVariations de f(t) = OM(t).Touche pour voir la correction

À retenir Un trinôme positif : f a les mêmes variations que 4t² − 2t + 1.

Démarche
  1. g(t) = 4t² − 2t + 1 a pour discriminant 4 − 16 < 0 : g > 0.
  2. g'(t) = 8t − 2 est nul en t = 1/4.
  3. La racine carrée est croissante : f décroît sur ]−∞ ; 1/4] et croît sur [1/4 ; +∞[.

Réponsef décroissante sur ]−∞ ; 1/4], croissante sur [1/4 ; +∞[

3bValeur de t pour laquelle f est minimale.Touche pour voir la correction

À retenir Le minimum est atteint là où f change de variation.

Démarche
  1. t = 1/4.

Réponset = 1/4

Vérification f(1/4) = √(1/4 − 1/2 + 1) = √3/2.

4En déduire que H(√3/8 ; 3/8 ; 3/4) est le projeté orthogonal de O sur (CK).Touche pour voir la correction

À retenir Le projeté orthogonal est le point de la droite le plus proche de O.

Démarche
  1. Le point M(t) le plus proche de O est M(1/4) : (√3/8 ; 3/8 ; −1/4 + 1 = 3/4) = H.

RéponseH = M(1/4) est le projeté orthogonal de O sur (CK)

5Démontrer avec le produit scalaire que H est l'orthocentre de ABC.Touche pour voir la correction

À retenir L'orthocentre est l'intersection des hauteurs : il suffit de montrer que deux hauteurs passent par H (la troisième suit).

Démarche
  1. H est sur (CK) ; (AB) ⟂ (CK) car AB·CK = (−2√3)(√3/2) + 2(3/2) + 0 = −3 + 3 = 0.
  2. AH = (−15√3/8 ; 3/8 ; 3/4) et BC = (0 ; −2 ; 1) : AH·BC = −3/4 + 3/4 = 0.
  3. BH = (√3/8 ; −13/8 ; 3/4) et AC = (−2√3 ; 0 ; 1) : BH·AC = −3/4 + 3/4 = 0.
  4. H est sur les hauteurs issues de A, B et C : c'est l'orthocentre.

RéponseH est l'orthocentre de ABC

6aDémontrer que (OH) ⟂ plan (ABC).Touche pour voir la correction

À retenir Une droite est orthogonale à un plan si elle est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan.

Démarche
  1. OH = (√3/8 ; 3/8 ; 3/4).
  2. OH·AB = (√3/8)(−2√3) + (3/8)(2) = −3/4 + 3/4 = 0.
  3. OH·AC = (√3/8)(−2√3) + 3/4 = −3/4 + 3/4 = 0.

Réponse(OH) est orthogonale à (AB) et à (AC) : (OH) ⟂ (ABC)

6bÉquation du plan (ABC).Touche pour voir la correction

À retenir Vecteur normal OH, proportionnel à (√3 ; 3 ; 6).

Démarche
  1. Plan : √3x + 3y + 6z + d = 0.
  2. A(2√3 ; 0 ; 0) : 6 + d = 0 donc d = −6.

Réponse√3x + 3y + 6z − 6 = 0 (soit x + √3y + 2√3z − 2√3 = 0)

Vérification Vérification : B : 6 − 6 = 0 ; C : 6 − 6 = 0.

7Aire du triangle ABC (en unité d'aire).Touche pour voir la correction

À retenir (OH) est la hauteur du tétraèdre OABC issue de O ; ou aire = AB × CK ÷ 2.

Démarche
  1. AB = √(12 + 4) = 4 ; CK = √(3/4 + 9/4 + 1) = 2.
  2. (CK) ⟂ (AB) : aire = (4 × 2) ÷ 2 = 4.
  3. Contrôle par le volume : V = (1/3) × (1/2)(2√3)(2) × 1 = 2√3/3 = (1/3) × Aire × OH, avec OH = √3/2 : Aire = 4.

Réponse4 unités d'aire

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