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Bac 2025

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

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · session de remplacement de septembre 2025 · El Niño (binomiale et suite), vrai-faux, fonction ln et aire, plans médiateurs

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 et suite : le phénomène El Niño6 points

Partie A : premier modèle (loi binomiale). Partie B : second modèle (arbre pondéré et suite pₙ₊₁ = 0,2pₙ + 0,3).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Arbre pondéré (Eₙ, Ēₙ vers Eₙ₊₁, Ēₙ₊₁). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Chaque année, El Niño est dominant avec la probabilité 0,4, indépendamment des autres années. X est le nombre d'années où il est dominant sur 10 ans. Justifier que X suit une loi binomiale.Touche pour voir la correction

À retenir Répétition de 10 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.

Démarche
  1. Chaque année : succès « El Niño dominant » avec p = 0,4.
  2. Les années sont indépendantes (énoncé).

RéponseX suit la loi binomiale B(10 ; 0,4).

A.2.aCalculer la probabilité que El Niño soit dominant exactement 2 années sur 10.Touche pour voir la correction

À retenir P(X = k) = C(n, k)pᵏ(1 − p)ⁿ⁻ᵏ.

Démarche
  1. P(X = 2) = C(10, 2) × 0,4² × 0,6⁸ = 45 × 0,16 × 0,6⁸.
  2. Valeur : ≈ 0,1209.

RéponseP(X = 2) ≈ 0,121.

A.2.bCalculer P(X ≤ 2) et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir P(X ≤ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2), ou BinomFRép à la calculatrice.

Démarche
  1. P(X = 0) = 0,6^{10} ≈ 0,0060 ; P(X = 1) = 10 × 0,4 × 0,6^9 ≈ 0,0403 ; P(X = 2) ≈ 0,1209.
  2. P(X ≤ 2) ≈ 0,0060 + 0,0403 + 0,1209 ≈ 0,1673 (à la calculatrice : 0,167).

RéponseP(X ≤ 2) ≈ 0,167 : sur une période de 10 ans, il y a environ 16,7 % de chances que El Niño soit dominant au plus 2 années.

A.3Calculer E(X) et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir E(X) = np.

Démarche
  1. E(X) = 10 × 0,4 = 4.

RéponseE(X) = 4 : en moyenne, El Niño est dominant 4 années sur 10 dans ce modèle.

B.1Recopier et compléter l'arbre pondéré (Eₙ de probabilité pₙ ; probabilité de Eₙ₊₁ sachant Eₙ : 0,5 ; sachant Ēₙ : 0,3).Touche pour voir la correction

À retenir Les deux branches issues d'un nœud somment à 1.

Démarche
  1. Premier niveau : Eₙ (pₙ) et Ēₙ (1 − pₙ).
  2. Après Eₙ : Eₙ₊₁ avec 0,5 et Ēₙ₊₁ avec 0,5.
  3. Après Ēₙ : Eₙ₊₁ avec 0,3 et Ēₙ₊₁ avec 0,7.

RéponsePointillés : 1 − pₙ ; 0,5 ; 0,5 ; 0,3 ; 0,7.

B.2Justifier que p₁ = 0,3.Touche pour voir la correction

À retenir En 2023 (n = 0), El Niño n'est pas dominant : p₀ = 0, donc on suit la branche Ē₀.

Démarche
  1. p₁ = P(E₁) = p₀ × 0,5 + (1 − p₀) × 0,3 = 0 + 0,3.

Réponsep₁ = 0,3.

B.3En vous aidant de l'arbre, montrer que pₙ₊₁ = 0,2pₙ + 0,3.Touche pour voir la correction

À retenir Probabilités totales avec la partition {Eₙ, Ēₙ}.

Démarche
  1. pₙ₊₁ = pₙ × 0,5 + (1 − pₙ) × 0,3.
  2. pₙ₊₁ = 0,5pₙ + 0,3 − 0,3pₙ = 0,2pₙ + 0,3.

Réponsepₙ₊₁ = 0,2pₙ + 0,3.

B.4.aConjecturer les variations et la limite éventuelle de (pₙ).Touche pour voir la correction

À retenir On calcule les premiers termes.

Démarche
  1. p₀ = 0 ; p₁ = 0,3 ; p₂ = 0,2 × 0,3 + 0,3 = 0,36 ; p₃ = 0,372 ; p₄ = 0,3744 ; p₅ = 0,37488 …
  2. Les termes augmentent et se rapprochent de 0,375 = 3/8 (valeur ℓ telle que ℓ = 0,2ℓ + 0,3).

RéponseConjecture : (pₙ) est croissante et tend vers 0,375 = 3/8.

B.4.bMontrer par récurrence que pₙ ≤ 3/8 pour tout n.Touche pour voir la correction

À retenir x ↦ 0,2x + 0,3 est croissante, et 0,2 × 3/8 + 0,3 = 3/8.

Démarche
  1. Initialisation : p₀ = 0 ≤ 3/8.
  2. Hérédité : si pₙ ≤ 3/8, alors pₙ₊₁ = 0,2pₙ + 0,3 ≤ 0,2 × 3/8 + 0,3 = 0,075 + 0,3 = 0,375 = 3/8.
  3. Conclusion : pₙ ≤ 3/8 pour tout n.

RéponsePour tout n, pₙ ≤ 3/8.

B.4.cDéterminer le sens de variation de (pₙ).Touche pour voir la correction

À retenir On étudie le signe de pₙ₊₁ − pₙ.

Démarche
  1. pₙ₊₁ − pₙ = −0,8pₙ + 0,3 = 0,8(3/8 − pₙ).
  2. Comme pₙ ≤ 3/8, pₙ₊₁ − pₙ ≥ 0.

Réponse(pₙ) est croissante.

B.4.dEn déduire la convergence de (pₙ).Touche pour voir la correction

À retenir Suite croissante et majorée : convergente.

Démarche
  1. (pₙ) est croissante et majorée par 3/8.

Réponse(pₙ) converge.

B.5.auₙ = pₙ − 3/8. Montrer que (uₙ) est géométrique de raison 0,2 et préciser son premier terme.Touche pour voir la correction

À retenir On exprime uₙ₊₁ en fonction de uₙ.

Démarche
  1. uₙ₊₁ = pₙ₊₁ − 3/8 = 0,2pₙ + 0,3 − 0,375 = 0,2pₙ − 0,075.
  2. 0,2uₙ = 0,2pₙ − 0,075 : uₙ₊₁ = 0,2uₙ.
  3. u₀ = 0 − 3/8 = −3/8.

Réponse(uₙ) est géométrique de raison 0,2 et de premier terme u₀ = −3/8.

B.5.bMontrer que pₙ = (3/8)(1 − 0,2ⁿ).Touche pour voir la correction

À retenir uₙ = u₀qⁿ puis pₙ = uₙ + 3/8.

Démarche
  1. uₙ = −(3/8) × 0,2ⁿ.
  2. pₙ = 3/8 + uₙ = (3/8)(1 − 0,2ⁿ).

Réponsepₙ = (3/8)(1 − 0,2ⁿ).

B.5.cCalculer la limite de (pₙ).Touche pour voir la correction

À retenir −1 < 0,2 < 1 donc 0,2ⁿ → 0.

Démarche
  1. pₙ → (3/8)(1 − 0) = 3/8.

Réponselim pₙ = 3/8 = 0,375.

B.5.dInterpréter ce résultat.Touche pour voir la correction

À retenir La limite est la probabilité d'équilibre à long terme.

Démarche
  1. 3/8 = 37,5 %.

RéponseÀ long terme, la probabilité que El Niño soit dominant une année donnée tend vers 0,375 (environ 37,5 %), indépendamment de la situation initiale en 2023.

Exercice 2 : Vrai ou faux : dénombrement, tangente, primitive, équations différentielles5 points

Cinq affirmations à justifier.

1Classe de 24 élèves : 14 filles, 10 garçons. Affirmation 1 : on peut constituer 272 groupes de quatre élèves composés de deux filles et deux garçons.Touche pour voir la correction

À retenir Combinaisons : C(14, 2) × C(10, 2) (principe multiplicatif).

Démarche
  1. C(14, 2) = 91 et C(10, 2) = 45.
  2. 91 × 45 = 4 095.

RéponseFAUSSE : il y a 4 095 groupes.

2f(x) = 3 sin(2x + π). Affirmation 2 : la tangente en x = π/2 a pour équation y = 6x − 3π.Touche pour voir la correction

À retenir Tangente en a : y = f′(a)(x − a) + f(a).

Démarche
  1. f′(x) = 3 × 2 cos(2x + π) = 6cos(2x + π).
  2. f′(π/2) = 6cos(2π) = 6 et f(π/2) = 3 sin(2π) = 0.
  3. y = 6(x − π/2) = 6x − 3π.

RéponseVRAIE.

3F(x) = (2x + 1) ln x sur ]0 ; +∞[. Affirmation 3 : F est une primitive de f(x) = 2/x.Touche pour voir la correction

À retenir F est primitive de f si F′ = f.

Démarche
  1. F′(x) = 2 ln x + (2x + 1) × (1/x) = 2 ln x + 2 + 1/x.
  2. F′(x) ≠ 2/x (par exemple en x = 1 : F′(1) = 3 alors que f(1) = 2).

RéponseFAUSSE.

Vérification F′(1) = 0 + 2 + 1 = 3 ≠ 2.

4g(t) = 45e^(0,06t) + 20. Affirmation 4 : g est l'unique solution de (E₁) y′ + 0,06y = 1,2 vérifiant g(0) = 65.Touche pour voir la correction

À retenir On vérifie l'équation : g′ + 0,06g.

Démarche
  1. g′(t) = 2,7e^(0,06t).
  2. g′ + 0,06g = 2,7e^(0,06t) + 2,7e^(0,06t) + 1,2 = 5,4e^(0,06t) + 1,2 ≠ 1,2.
  3. g ne vérifie pas l'équation (elle vérifierait y′ − 0,06y = −1,2).

RéponseFAUSSE : g n'est pas solution de (E₁) (g(0) = 65 est bien vérifiée, mais pas l'équation).

Piège La bonne solution de (E₁) avec y(0) = 65 est 45e^(−0,06t) + 20 (exposant négatif).

5(E₂) : y′ − y = 3e^(0,4x), y fonction positive. Affirmation 5 : les solutions de (E₂) sont convexes sur ℝ.Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction est convexe si sa dérivée seconde est positive.

Démarche
  1. Si y est solution, y′ = y + 3e^{0,4x}.
  2. On dérive : y″ = y′ + 3 × 0,4e^{0,4x} = y′ + 1,2e^{0,4x}.
  3. On remplace y′ : y″ = y + 3e^{0,4x} + 1,2e^{0,4x} = y + 4,2e^{0,4x}.
  4. Par hypothèse y est positive et e^{0,4x} > 0 : y″ > 0, donc y est convexe sur ℝ.

RéponseVRAIE : y″ = y + 4,2e^(0,4x) > 0, les solutions positives sont convexes.

Piège Remarque : les solutions de (E₂) sont y(x) = Ce^x − 5e^{0,4x} (C réel) ; aucune n'est positive sur tout ℝ (en −∞, y(x) ≈ −5e^{0,4x} < 0). On s'appuie donc sur l'hypothèse « y positive » de l'énoncé : sous cette hypothèse y″ > 0 et l'affirmation est vraie.

Exercice 3 : Fonction ln, aire d'un rectangle et algorithme4 points

f(x) = 10 ln(−x² + 7x + 9)/x sur ]0 ; 8]. M(x ; f(x)) sur 𝒞_f ; N et P projetés orthogonaux sur les axes ; A(x) aire du rectangle ONMP.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Courbe 𝒞_f et rectangle ONMP ; Algorithme pluspetitevaleur(k). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Résoudre dans ℝ l'inéquation −x² + 7x + 8 ≥ 0.Touche pour voir la correction

À retenir Trinôme : racines puis signe (opposé du coefficient dominant à l'extérieur des racines).

Démarche
  1. Racines : −x² + 7x + 8 = −(x − 8)(x + 1), donc x = −1 et x = 8.
  2. Le coefficient dominant est négatif : le trinôme est positif entre les racines.

RéponseS = [−1 ; 8].

A.2En déduire que f(x) ≥ 0 pour tout x ∈ ]0 ; 8].Touche pour voir la correction

À retenir ln(X) ≥ 0 ⇔ X ≥ 1.

Démarche
  1. Pour x ∈ ]0 ; 8], −x² + 7x + 8 ≥ 0 donc −x² + 7x + 9 ≥ 1.
  2. Donc ln(−x² + 7x + 9) ≥ 0.
  3. x > 0 : f(x) = 10 ln(…)/x ≥ 0.

Réponsef(x) ≥ 0 sur ]0 ; 8].

A.3Interpréter graphiquement.Touche pour voir la correction

À retenir f ≥ 0 signifie position par rapport à l'axe des abscisses.

Démarche
  1. f(8) = 10 ln(1)/8 = 0 : la courbe touche l'axe en x = 8.

RéponseLa courbe 𝒞_f est au-dessus (ou sur) l'axe des abscisses sur ]0 ; 8], et le rejoint en (8 ; 0).

B.1Donner les coordonnées de N et P en fonction de x.Touche pour voir la correction

À retenir Projeté sur l'axe des abscisses : on garde l'abscisse ; sur l'axe des ordonnées : on garde l'ordonnée.

Démarche
  1. M(x ; f(x)).

RéponseN(x ; 0) et P(0 ; f(x)).

B.2Montrer que A(x) = 10 ln(−x² + 7x + 9).Touche pour voir la correction

À retenir Aire du rectangle ONMP = ON × OP.

Démarche
  1. ON = x et OP = f(x) (positif).
  2. A(x) = x × f(x) = x × 10 ln(−x² + 7x + 9)/x = 10 ln(−x² + 7x + 9).

RéponseA(x) = 10 ln(−x² + 7x + 9).

B.3Existe-t-il une position de M pour laquelle l'aire est maximale ? La déterminer.Touche pour voir la correction

À retenir ln étant strictement croissante, A est maximale quand u(x) = −x² + 7x + 9 est maximale.

Démarche
  1. u(x) = −x² + 7x + 9 est un trinôme de coefficient dominant négatif : maximum en x = −b/(2a) = 7/2 = 3,5.
  2. u(3,5) = −12,25 + 24,5 + 9 = 21,25.
  3. A(3,5) = 10 ln 21,25 ≈ 30,56.
  4. Ordonnée de M : f(3,5) = A(3,5)/3,5 ≈ 8,73.

RéponseOui : l'aire est maximale pour x = 3,5 (M(3,5 ; ≈ 8,73)) et vaut 10 ln 21,25 ≈ 30,56.

Piège Ne pas dériver f : A(x) a une expression simple dont les variations découlent du trinôme.

C.1Compléter les lignes 8 et 10 de l'algorithme (x = 3.5 ; while A(x) … : x = x + 0.1 ; return …).Touche pour voir la correction

À retenir A est décroissante sur [3,5 ; 8] : on avance tant que l'aire est encore supérieure à k.

Démarche
  1. Le programme part de x = 3,5 et avance par pas de 0,1 : la boucle doit continuer tant que l'aire est encore strictement supérieure à k (A est décroissante sur [3,5 ; 8]).
  2. Ligne 8 : while A(x) > k :
  3. Ligne 10 : return x (la première valeur de la grille pour laquelle A(x) ≤ k).

Réponsewhile A(x) > k : … return x

C.2Quel nombre renvoie pluspetitevaleur(30) ?Touche pour voir la correction

À retenir On cherche le premier x de la grille 3,5 ; 3,6 ; … tel que A(x) ≤ 30.

Démarche
  1. A(x) ≤ 30 ⇔ ln(u) ≤ 3 ⇔ −x² + 7x + 9 ≤ e³ ≈ 20,09.
  2. ⇔ x² − 7x + 11,09 ≥ 0, pour x ≥ 3,5 : x ≥ (7 + √(49 − 44,34))/2 ≈ 4,58.
  3. Premier pas de 0,1 après 4,58 : 4,6.

Réponsepluspetitevaleur(30) renvoie 4,6.

Vérification A(4,5) ≈ 30,08 > 30 ; A(4,6) ≈ 29,98 ≤ 30.

C.3Que se passe-t-il lorsque k = 35 ?Touche pour voir la correction

À retenir Le maximum de A est ≈ 30,56 < 35.

Démarche
  1. Le maximum de A est A(3,5) = 10 ln 21,25 ≈ 30,56 < 35.
  2. Donc pour k = 35, la condition A(3,5) > 35 est fausse dès le départ : la boucle ne s'exécute pas.

RéponseLa fonction renvoie immédiatement 3,5 : l'aire est inférieure ou égale à 35 sur tout l'intervalle, donc dès la première valeur de x.

Exercice 4 : Géométrie dans l'espace : point équidistant de quatre points5 points

A(4 ; −1 ; 3), B(−1 ; 1 ; −2), C(0 ; 4 ; 5), D(−3 ; −4 ; 6). Objectif : déterminer H équidistant de A, B, C, D à l'aide de plans médiateurs.

1.aVérifier que A, B, C ne sont pas alignés.Touche pour voir la correction

À retenir AB et AC colinéaires ⇔ coordonnées proportionnelles.

Démarche
  1. AB = (−5 ; 2 ; −5) et AC = (−4 ; 5 ; 2).
  2. −5/−4 = 1,25 alors que 2/5 = 0,4 : non proportionnelles.

RéponseAB et AC ne sont pas colinéaires : A, B, C ne sont pas alignés.

1.b(ABC) : 29x + 30y − 17z = 35. Les points A, B, C, D sont-ils coplanaires ?Touche pour voir la correction

À retenir D appartient à (ABC) si ses coordonnées vérifient l'équation.

Démarche
  1. 29 × (−3) + 30 × (−4) − 17 × 6 = −87 − 120 − 102 = −309.
  2. −309 ≠ 35.

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

2.aCoordonnées du milieu de [AB].Touche pour voir la correction

À retenir Milieu : moyenne des coordonnées.

Démarche
  1. ((4 − 1)/2 ; (−1 + 1)/2 ; (3 − 2)/2).

Réponse(3/2 ; 0 ; 1/2).

2.bEn déduire que P₁ : 5x − 2y + 5z = 10.Touche pour voir la correction

À retenir Le plan médiateur de [AB] est le plan de vecteur normal AB passant par le milieu de [AB].

Démarche
  1. AB = (−5 ; 2 ; −5), colinéaire à (5 ; −2 ; 5) : P₁ : 5x − 2y + 5z = d.
  2. Milieu (3/2 ; 0 ; 1/2) : 7,5 − 0 + 2,5 = 10.

RéponseP₁ : 5x − 2y + 5z = 10.

3.aM(x ; y ; z) ∈ P₂ (plan médiateur de [CD]). Exprimer MC² et MD² puis en déduire P₂ : −3x − 8y + z = 10.Touche pour voir la correction

À retenir M ∈ plan médiateur ⇔ MC = MD ⇔ MC² = MD².

Démarche
  1. MC² = x² + (y − 4)² + (z − 5)² ; MD² = (x + 3)² + (y + 4)² + (z − 6)².
  2. MC² = MD² : −8y + 16 − 10z + 25 = 6x + 9 + 8y + 16 − 12z + 36.
  3. −6x − 16y + 2z = 20, soit −3x − 8y + z = 10.

RéponseP₂ : −3x − 8y + z = 10.

3.bJustifier que P₁ et P₂ sont sécants.Touche pour voir la correction

À retenir Normales non colinéaires ⇔ plans sécants.

Démarche
  1. Normales : (5 ; −2 ; 5) et (−3 ; −8 ; 1).
  2. 5/(−3) ≠ −2/(−8) : non colinéaires.

RéponseP₁ et P₂ sont sécants selon une droite.

4Δ : x = −2 − 1,9t, y = t, z = 4 + 2,3t. Démontrer que Δ est la droite d'intersection de P₁ et P₂.Touche pour voir la correction

À retenir Pour tout t, un point de Δ vérifie les équations des deux plans ; les deux plans étant sécants, leur intersection est une droite : c'est Δ.

Démarche
  1. P₁ : 5(−2 − 1,9t) − 2t + 5(4 + 2,3t) = −10 − 9,5t − 2t + 20 + 11,5t = 10 ✓.
  2. P₂ : −3(−2 − 1,9t) − 8t + 4 + 2,3t = 6 + 5,7t − 8t + 4 + 2,3t = 10 ✓.
  3. Δ est incluse dans P₁ ∩ P₂, qui est une droite : Δ = P₁ ∩ P₂.

RéponseΔ = P₁ ∩ P₂.

5P₃ : 8x − 10y − 4z = −15 (plan médiateur de [AC]). Démontrer que Δ et P₃ sont sécants.Touche pour voir la correction

À retenir On remplace les équations paramétriques de Δ dans l'équation de P₃.

Démarche
  1. 8(−2 − 1,9t) − 10t − 4(4 + 2,3t) = −16 − 15,2t − 10t − 16 − 9,2t = −32 − 34,4t.
  2. −32 − 34,4t = −15 ⇔ t = −17/34,4 = −85/172 : une seule solution (coefficient de t non nul).

RéponseΔ coupe P₃ en un unique point (t = −85/172).

6Justifier que le point d'intersection de Δ et P₃ est le point H équidistant de A, B, C, D.Touche pour voir la correction

À retenir Appartenir au plan médiateur de [XY] équivaut à être équidistant de X et Y.

Démarche
  1. Le point I = Δ ∩ P₃ est dans P₁, P₂ et P₃ : IA = IB, IC = ID et IA = IC.
  2. Donc IA = IB = IC = ID : I est équidistant des quatre points.
  3. Un tel point est unique (admis) : I = H.

RéponseH = Δ ∩ P₃ : pour t = −85/172, H(−365/344 ; −85/172 ; 985/344) ≈ (−1,06 ; −0,49 ; 2,86).

Vérification 8x − 10y − 4z = (−2920 + 1700 − 3940)/344 = −15 ✓.

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