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Bac 2025

Mathématiques (spécialité) – Métropole 2025, sujet 2 : correction détaillée

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · probabilités (roller), espace, vrai-faux, équation différentielle et freinage d'un chariot

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 : Probabilités : centre multisports (roller et temps d'attente)5 points

Partie A : formule d'initiation au roller (arbre pondéré, loi binomiale). Partie B : somme de deux temps d'attente indépendants et inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

A.1Représenter la situation par un arbre pondéré (A : chute à la 1re séance, P(A) = 0,6 ; B : chute à la 2e séance ; P_A(B) = 0,3 ; P_Ā(B) = 0,4).Touche pour voir la correction

À retenir Deux niveaux : première séance, puis deuxième séance conditionnellement à la première ; les branches issues d'un nœud somment à 1.

Démarche
  1. Premier niveau : A (0,6) et Ā (0,4).
  2. Après A : B (0,3) et B̄ (0,7).
  3. Après Ā : B (0,4) et B̄ (0,6).

RéponseArbre : 0,6 → (0,3 ; 0,7) ; 0,4 → (0,4 ; 0,6).

A.2Calculer P(A ∩ B) et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir P(A ∩ B) = P(A) × P_A(B).

Démarche
  1. P(A ∩ B) = 0,6 × 0,3 = 0,18.

RéponseP(A ∩ B) = 0,18 : 18 % des personnes chutent aux deux séances.

A.3Montrer que P(B) = 0,34.Touche pour voir la correction

À retenir Formule des probabilités totales avec la partition {A, Ā}.

Démarche
  1. P(B) = P(A ∩ B) + P(Ā ∩ B) = 0,18 + 0,4 × 0,4.
  2. 0,4 × 0,4 = 0,16 ; P(B) = 0,18 + 0,16 = 0,34.

RéponseP(B) = 0,34.

A.4La personne ne chute pas à la deuxième séance. Calculer la probabilité qu'elle n'ait pas chuté lors de la première.Touche pour voir la correction

À retenir P_B̄(Ā) = P(Ā ∩ B̄)/P(B̄).

Démarche
  1. P(Ā ∩ B̄) = 0,4 × 0,6 = 0,24.
  2. P(B̄) = 1 − 0,34 = 0,66.
  3. P_B̄(Ā) = 0,24/0,66 = 4/11 ≈ 0,364.

RéponseP_B̄(Ā) ≈ 0,364.

A.5.aX compte, parmi 100 personnes, celles qui n'ont chuté à aucune séance (probabilité 0,24 admise). Montrer que X suit une loi binomiale.Touche pour voir la correction

À retenir n épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes (tirage avec remise).

Démarche
  1. Pour chaque personne : succès = « ne chute ni à la 1re ni à la 2e séance », probabilité 0,24.
  2. Le tirage est assimilé à un tirage avec remise : les 100 épreuves sont indépendantes.

RéponseX suit la loi binomiale B(100 ; 0,24).

A.5.bProbabilité d'avoir au moins 20 personnes qui ne chutent jamais (arrondie au millième).Touche pour voir la correction

À retenir P(X ≥ 20) = 1 − P(X ≤ 19).

Démarche
  1. Calculatrice : P(X ≤ 19) = BinomFRép(100 ; 0,24 ; 19) ≈ 0,1453.
  2. P(X ≥ 20) = 1 − 0,1453 ≈ 0,855.

RéponseP(X ≥ 20) ≈ 0,855.

Piège « Au moins 20 » donne 1 − P(X ≤ 19), pas 1 − P(X ≤ 20).

A.5.cCalculer E(X) et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir E(X) = np.

Démarche
  1. E(X) = 100 × 0,24 = 24.

RéponseE(X) = 24 : en moyenne 24 personnes sur 100 ne chutent à aucune des deux séances.

B.1T = T₁ + T₂ avec E(T₁) = 40 et E(T₂) = 60. Déterminer E(T) et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir Linéarité de l'espérance.

Démarche
  1. E(T) = 40 + 60 = 100.

RéponseE(T) = 100 : le temps d'attente total moyen sur le week-end est de 100 minutes.

B.2Montrer que V(T) = 356 (σ(T₁) = 10, σ(T₂) = 16, T₁ et T₂ indépendantes).Touche pour voir la correction

À retenir Variance d'une somme de variables indépendantes = somme des variances ; V = σ².

Démarche
  1. V(T₁) = 10² = 100 et V(T₂) = 16² = 256.
  2. V(T) = 100 + 256 = 356.

RéponseV(T) = 356.

B.3Avec l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que P(60 < T < 140) > 0,77.Touche pour voir la correction

À retenir P(|T − E(T)| < δ) ≥ 1 − V(T)/δ².

Démarche
  1. 60 < T < 140 ⇔ |T − 100| < 40.
  2. P(|T − 100| < 40) ≥ 1 − 356/40² = 1 − 356/1600 = 1 − 0,2225 = 0,7775.
  3. 0,7775 > 0,77.

RéponseP(60 < T < 140) ≥ 0,7775 > 0,77.

Exercice 2 : Géométrie dans l'espace : plan (ABC), droites sécantes et distance5 points

A(−1 ; 2 ; 1), B(1 ; −1 ; 2), C(1 ; 1 ; 1) ; d : x = 3/2 + 2t, y = 2 + t, z = 3 − t ; d′ : x = s, y = 3/2 + s, z = 3 − 2s.

A.1Montrer que d et d′ sont sécantes en S(−1/2 ; 1 ; 4).Touche pour voir la correction

À retenir Un point appartient à une droite si un paramètre vérifie les trois équations.

Démarche
  1. Sur d : t = −1 donne (3/2 − 2 ; 2 − 1 ; 3 + 1) = (−1/2 ; 1 ; 4).
  2. Sur d′ : s = −1/2 donne (−1/2 ; 3/2 − 1/2 ; 3 + 1) = (−1/2 ; 1 ; 4).
  3. Les vecteurs directeurs (2 ; 1 ; −1) et (1 ; 1 ; −2) ne sont pas colinéaires.

Réponsed et d′ ont le point S(−1/2 ; 1 ; 4) en commun et ne sont pas parallèles : elles sont sécantes en S.

A.2.aMontrer que n(1 ; 2 ; 4) est normal au plan (ABC).Touche pour voir la correction

À retenir n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.

Démarche
  1. AB = (2 ; −3 ; 1) et AC = (2 ; −1 ; 0).
  2. n · AB = 2 − 6 + 4 = 0 ; n · AC = 2 − 2 + 0 = 0.
  3. AB et AC ne sont pas colinéaires.

Réponsen est normal au plan (ABC).

A.2.bEn déduire que (ABC) : x + 2y + 4z − 7 = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Plan de normale (a ; b ; c) : ax + by + cz + d = 0 ; on détermine d avec un point.

Démarche
  1. x + 2y + 4z + d = 0 ; en A : −1 + 4 + 4 + d = 0 donc d = −7.

Réponse(ABC) : x + 2y + 4z − 7 = 0.

Vérification B : 1 − 2 + 8 − 7 = 0 ✓ ; C : 1 + 2 + 4 − 7 = 0 ✓.

A.2.cDémontrer que A, B, C et S ne sont pas coplanaires.Touche pour voir la correction

À retenir S n'est pas dans le plan (ABC) si ses coordonnées ne vérifient pas l'équation.

Démarche
  1. −1/2 + 2 × 1 + 4 × 4 − 7 = −0,5 + 2 + 16 − 7 = 10,5 ≠ 0.

RéponseS ∉ (ABC) : les quatre points ne sont pas coplanaires.

A.3.aDémontrer que H(−1 ; 0 ; 2) est le projeté orthogonal de S sur (ABC).Touche pour voir la correction

À retenir H est le projeté orthogonal de S sur le plan si H ∈ plan et SH colinéaire à la normale.

Démarche
  1. H ∈ (ABC) : −1 + 0 + 8 − 7 = 0 ✓.
  2. SH = (−1/2 ; −1 ; −2) = −(1/2) × (1 ; 2 ; 4) = −(1/2)n : colinéaire à n.

RéponseH ∈ (ABC) et SH ⟂ (ABC) : H est le projeté orthogonal de S.

A.3.bEn déduire qu'il n'existe aucun point M du plan (ABC) tel que SM < √21/2.Touche pour voir la correction

À retenir Le projeté orthogonal est le point du plan le plus proche de S.

Démarche
  1. SH² = 1/4 + 1 + 4 = 21/4, donc SH = √21/2.
  2. Pour tout M du plan, SM² = SH² + HM² ≥ SH² (théorème de Pythagore, SH ⟂ HM).
  3. Donc SM ≥ √21/2.

RéponsePour tout M ∈ (ABC), SM ≥ SH = √21/2 : aucun point n'est à une distance inférieure.

Vérification Distance de S au plan : |−0,5 + 2 + 16 − 7|/√21 = 10,5/√21 = √21/2 ✓.

B.1M ∈ [CS] avec CM = k CS, k ∈ [0 ; 1]. Déterminer les coordonnées de M en fonction de k.Touche pour voir la correction

À retenir M = C + k CS.

Démarche
  1. CS = (−1/2 − 1 ; 1 − 1 ; 4 − 1) = (−3/2 ; 0 ; 3).
  2. M = (1 − 3k/2 ; 1 ; 1 + 3k).

RéponseM(1 − 3k/2 ; 1 ; 1 + 3k).

B.2Existe-t-il M sur [CS] tel que MAB soit rectangle en M ?Touche pour voir la correction

À retenir Rectangle en M ⇔ MA · MB = 0.

Démarche
  1. MA = (−1 − 1 + 3k/2 ; 2 − 1 ; 1 − 1 − 3k) = (−2 + 3k/2 ; 1 ; −3k).
  2. MB = (1 − 1 + 3k/2 ; −1 − 1 ; 2 − 1 − 3k) = (3k/2 ; −2 ; 1 − 3k).
  3. MA · MB = (−2 + 3k/2)(3k/2) − 2 − 3k(1 − 3k) = (9/4)k² − 3k − 2 − 3k + 9k² = (45/4)k² − 6k − 2.
  4. (45/4)k² − 6k − 2 = 0 ⇔ 45k² − 24k − 8 = 0. Δ = 576 + 1440 = 2016 > 0, racines k = (24 ± √2016)/90, avec √2016 = 12√14.
  5. k₁ = (24 + 12√14)/90 = (4 + 2√14)/15 ≈ 0,766 ∈ [0 ; 1] ; k₂ = (4 − 2√14)/15 ≈ −0,23 ∉ [0 ; 1].

RéponseOui : un seul point convient, pour k = (4 + 2√14)/15 ≈ 0,766 (le triangle MAB est alors rectangle en M).

Piège Vérifier que la racine appartient à [0 ; 1] : l'autre racine (≈ −0,23) correspond à un point hors du segment.

Exercice 3 : Vrai ou faux : suites, convexité, logarithme4 points

Quatre affirmations à justifier : limite de suite, minoration par récurrence, convexité lue sur un graphique, inégalité sur ln.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Fig. 1 : courbe 𝒞_f, tangente T en A (abscisse 8) ; l'axe des abscisses est tangent à 𝒞_f au point d'abscisse 1. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1uₙ = (1 + 5ⁿ)/(2 + 3ⁿ). Affirmation 1 : (uₙ) converge vers 5/3.Touche pour voir la correction

À retenir Quotient d'expressions exponentielles : on factorise la plus grande puissance au numérateur et au dénominateur.

Démarche
  1. On factorise : uₙ = 5ⁿ(1 + (1/5)ⁿ) / [3ⁿ(2·(1/3)ⁿ + 1)] = (5/3)ⁿ × (1 + (1/5)ⁿ)/(1 + 2·(1/3)ⁿ).
  2. (1/5)ⁿ → 0 et (1/3)ⁿ → 0, donc le quotient (1 + (1/5)ⁿ)/(1 + 2·(1/3)ⁿ) tend vers 1.
  3. Comme 5/3 > 1, (5/3)ⁿ → +∞ : uₙ → +∞. La suite ne converge pas.

RéponseFAUSSE : lim uₙ = +∞.

Vérification Contrôle : u₅ = 3126/245 ≈ 12,8 et u₁₀ ≈ 165, valeurs bien au-delà de 5/3.

Piège Ne pas confondre 5ⁿ et 5n : avec des puissances, c'est le rapport 5/3 > 1 élevé à la puissance n qui domine.

2w₀ = 0 et wₙ₊₁ = 3wₙ − 2n + 3. Affirmation 2 : pour tout n, wₙ ≥ n.Touche pour voir la correction

À retenir Récurrence : on remplace wₙ par sa minoration dans la relation.

Démarche
  1. Initialisation : w₀ = 0 ≥ 0.
  2. Hérédité : si wₙ ≥ n, wₙ₊₁ = 3wₙ − 2n + 3 ≥ 3n − 2n + 3 = n + 3 ≥ n + 1.
  3. Conclusion : vraie pour tout n.

RéponseVRAIE : wₙ ≥ n pour tout n (par récurrence).

3Affirmation 3 : d'après le graphique (Fig. 1), la fonction f est convexe sur son ensemble de définition ]0 ; +∞[. (T est la tangente à 𝒞_f au point A d'abscisse 8 ; l'axe des abscisses est tangent à 𝒞_f en x = 1.)Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction convexe est au-dessus de ses tangentes ; si la courbe est en dessous d'une tangente, elle est concave en ce point.

Démarche
  1. Une fonction convexe sur un intervalle est située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.
  2. Sur la figure, 𝒞_f est au-dessous de la tangente T de part et d'autre de A (T est au-dessus de la courbe, de gauche à droite de A).
  3. Autour de A, la fonction est donc concave : elle ne peut pas être convexe sur tout ]0 ; +∞[ (elle l'est près de x = 1, où la courbe est au-dessus de sa tangente horizontale, puis devient concave).

RéponseFAUSSE : 𝒞_f passe sous sa tangente T en A, donc f n'est pas convexe sur ]0 ; +∞[.

Piège Une fonction convexe est AU-DESSUS de ses tangentes. Ici, autour de A, la courbe est EN DESSOUS de T : c'est la signature d'une concavité.

4Affirmation 4 : pour tout x > 0, ln(x) − x + 1 ≤ 0.Touche pour voir la correction

À retenir On étudie le signe de φ(x) = ln x − x + 1 via ses variations.

Démarche
  1. φ′(x) = 1/x − 1 = (1 − x)/x : positive sur ]0 ; 1], négative sur [1 ; +∞[.
  2. φ admet donc un maximum en x = 1 : φ(1) = 0 − 1 + 1 = 0.
  3. Donc φ(x) ≤ 0 pour tout x > 0.

RéponseVRAIE : ln x ≤ x − 1 pour tout x > 0 (la courbe de ln est sous sa tangente y = x − 1 en 1, par concavité).

Vérification ln x ≤ x − 1 est une inégalité classique à connaître.

Exercice 4 : Arrêt d'un chariot de manège : équation différentielle6 points

d(t) : distance parcourue dans la zone de freinage (en m, t en s, d(0) = 0). Vitesse v solution de (E) y′ + 0,6y = e^(−0,6t) avec v(0) = 12 m·s⁻¹ ; d(t) = ∫₀ᵗ v(x) dx.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Fig. 2 : courbe 𝒞_d, tangente T au point A d'abscisse 4,7 et asymptote Δ. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Au bout de combien de temps le chariot a-t-il parcouru 15 m dans la zone de freinage ?Touche pour voir la correction

À retenir On lit l'abscisse du point de la courbe d'ordonnée 15.

Démarche
  1. On cherche l'abscisse du point de 𝒞_d d'ordonnée 15.
  2. Sur la figure, la courbe atteint l'ordonnée 15 en t ≈ 2,0 s (lecture à ± 0,1 s).

Réponset ≈ 2,0 s (lecture à ± 0,1 s).

Vérification Avec la formule de la partie C : d(2) ≈ 14,9 m et d(2,02) ≈ 15,0 m, donc t ≈ 2,02 s.

A.2Quelle longueur minimale faut-il prévoir pour la zone de freinage ?Touche pour voir la correction

À retenir Le chariot s'arrête en s'approchant de l'asymptote Δ : la distance totale parcourue est la limite de d.

Démarche
  1. Le chariot s'arrête : d(t) tend vers l'ordonnée de l'asymptote horizontale Δ.
  2. Sur le graphique (20 ↔ 10 unités d'écart), Δ est à l'ordonnée ≈ 22,8.

RéponseEnviron 23 m (≈ 22,8 m).

Vérification Partie C : lim d = 205/9 ≈ 22,78 m ✓.

Piège Il s'agit de l'ordonnée de l'asymptote, pas de la durée.

A.3Que vaut d′(4,7) ? Interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir d′(t) est la vitesse à l'instant t : c'est le coefficient directeur de la tangente.

Démarche
  1. La tangente T passe par l'ordonnée ≈ 16 à t = 0 et par A (t = 4,7 ; d ≈ 21) : pente ≈ (21 − 16)/4,7 ≈ 1.

Réponsed′(4,7) ≈ 1 : à t = 4,7 s, la vitesse du chariot est d'environ 1 m·s⁻¹.

Vérification On le retrouve en partie B : v(4,7) ≈ 1.

B.1.aRésoudre (E′) : y′ + 0,6y = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Les solutions de y′ + ay = 0 sont C e^(−at).

Démarche
  1. a = 0,6.

Réponsey(t) = C e^(−0,6t), C ∈ ℝ.

B.1.bVérifier que g(t) = t e^(−0,6t) est solution de (E).Touche pour voir la correction

À retenir On calcule g′ + 0,6g.

Démarche
  1. g′(t) = e^(−0,6t) − 0,6t e^(−0,6t).
  2. g′(t) + 0,6g(t) = e^(−0,6t) − 0,6t e^(−0,6t) + 0,6t e^(−0,6t) = e^(−0,6t).

Réponseg est solution de (E).

B.1.cEn déduire les solutions de (E).Touche pour voir la correction

À retenir Solution générale = solution particulière + solution de l'équation homogène.

Démarche
  1. y(t) = t e^(−0,6t) + C e^(−0,6t).

Réponsey(t) = (t + C)e^(−0,6t), C ∈ ℝ.

B.1.dEn déduire que v(t) = (12 + t)e^(−0,6t).Touche pour voir la correction

À retenir On utilise v(0) = 12.

Démarche
  1. v(0) = (0 + C) × 1 = C = 12.

Réponsev(t) = (12 + t)e^(−0,6t).

B.2.aMontrer que v′(t) = (−6,2 − 0,6t)e^(−0,6t).Touche pour voir la correction

À retenir (uv)′ avec u = 12 + t et v = e^(−0,6t).

Démarche
  1. v′(t) = e^(−0,6t) + (12 + t)(−0,6)e^(−0,6t).
  2. = (1 − 7,2 − 0,6t)e^(−0,6t) = (−6,2 − 0,6t)e^(−0,6t).

Réponsev′(t) = (−6,2 − 0,6t)e^(−0,6t).

B.2.bEn admettant v(t) = 12e^(−0,6t) + (1/0,6) × 0,6t/e^(0,6t), déterminer la limite de v en +∞.Touche pour voir la correction

À retenir Croissances comparées : X/e^X → 0 quand X → +∞.

Démarche
  1. 12e^(−0,6t) → 0.
  2. Avec X = 0,6t → +∞ : X/e^X → 0.
  3. Par somme, v(t) → 0.

Réponselim v(t) = 0 : le chariot s'arrête à long terme.

B.2.cÉtudier le sens de variation de v et dresser son tableau de variation.Touche pour voir la correction

À retenir e^(−0,6t) > 0 : le signe de v′ est celui de −6,2 − 0,6t.

Démarche
  1. Pour tout t ≥ 0, e^(−0,6t) > 0 et −6,2 − 0,6t < 0, donc v′(t) < 0.
  2. v est strictement décroissante sur [0 ; +∞[.
  3. Tableau : t = 0 → v(0) = 12 ; flèche descendante ; t → +∞ → lim v = 0 (limite obtenue en B.2.b).

Réponsev′(t) < 0 sur [0 ; +∞[ : v est strictement décroissante, de 12 (en t = 0) vers 0 (en +∞). Tableau : v(0) = 12, flèche ↘, limite 0.

Piège Le tableau comporte la valeur 12 en t = 0 et la limite 0 en +∞.

B.2.dMontrer que v(t) = 1 admet une unique solution α et en donner une valeur approchée au dixième.Touche pour voir la correction

À retenir Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : v continue, strictement décroissante de 12 vers 0, et 1 ∈ ]0 ; 12].

Démarche
  1. v est continue (dérivable) et strictement décroissante sur [0 ; +∞[, avec v(0) = 12 et lim v = 0.
  2. 1 appartient à ]0 ; 12] : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, v(t) = 1 admet une unique solution α dans [0 ; +∞[.
  3. À la calculatrice : v(4,6) ≈ 1,051 > 1 et v(4,7) ≈ 0,995 < 1, donc 4,6 < α < 4,7 ; α ≈ 4,7 au dixième.

Réponseα ≈ 4,7 (valeur plus précise : α ≈ 4,69).

Vérification v(4,7) = 16,7e^(−2,82) ≈ 0,995.

B.3Au bout de combien de temps le système mécanique entre-t-il en action (vitesse ≤ 1 m·s⁻¹) ?Touche pour voir la correction

À retenir v étant strictement décroissante, v(t) ≤ 1 ⇔ t ≥ α.

Démarche
  1. v(α) = 1 et v décroît : v(t) ≤ 1 pour t ≥ α.

RéponseLe système se déclenche à t = α ≈ 4,7 s.

Piège La condition est « inférieure ou égale à 1 » : on cherche le premier instant, donc α.

C.1Par intégration par parties, montrer que d(t) = e^(−0,6t)(−(5/3)t − 205/9) + 205/9.Touche pour voir la correction

À retenir ∫ (12 + x)e^(−0,6x) dx : on dérive 12 + x et on intègre e^(−0,6x) (primitive −e^(−0,6x)/0,6).

Démarche
  1. Posons u(x) = 12 + x, u′ = 1, w′(x) = e^(−0,6x), w(x) = −(5/3)e^(−0,6x).
  2. d(t) = [−(5/3)(12 + x)e^(−0,6x)]₀ᵗ + (5/3)∫₀ᵗ e^(−0,6x) dx.
  3. […]₀ᵗ = −(5/3)(12 + t)e^(−0,6t) + 20.
  4. (5/3)∫₀ᵗ e^(−0,6x) dx = (5/3) × (5/3)(1 − e^(−0,6t)) = (25/9)(1 − e^(−0,6t)).
  5. d(t) = e^(−0,6t)(−20 − (5/3)t − 25/9) + 20 + 25/9 = e^(−0,6t)(−(5/3)t − 205/9) + 205/9.

Réponsed(t) = e^(−0,6t)(−(5/3)t − 205/9) + 205/9.

Vérification d(0) = −205/9 + 205/9 = 0 ✓ et lim d = 205/9 ≈ 22,78 m (asymptote de la figure).

C.2Déterminer la valeur approchée au centième de la distance parcourue avant le déclenchement du dispositif.Touche pour voir la correction

À retenir Le dispositif se déclenche à t = α ; la distance vaut d(α).

Démarche
  1. α ≈ 4,6915 (valeur non arrondie).
  2. d(α) = e^(−0,6α)(−(5/3)α − 205/9) + 205/9 ≈ 20,94.

Réponsed(α) ≈ 20,94 m.

Piège Utiliser la valeur non arrondie de α : d(4,7) ≈ 20,95, légèrement différent.

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