Sujet officiel · session 2024

Bac de maths 2024 — Polynésie · 19 juin

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

Aller à l'énoncé et au corrigé Ouvrir le PDF en grand

Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

Le sujet, tel qu'il a été distribué

Les navigateurs mobiles n'affichent pas le sujet ici — ouvrez-le directement.

Voir le sujet (PDF)

La transcription et le corrigé complets reprennent le sujet ci-dessous.

Ouvrir le PDF en grand Passer à l'énoncé et au corrigé

Le PDF ne s'affiche pas ? Votre navigateur est réglé pour télécharger les PDF plutôt que les ouvrir. Ouvrez-le dans un onglet — la transcription ci-dessous reprend le sujet en entier.

Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Géométrie dans l'espace Moyen

Géométrie vectorielle dans l'espace

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé (O ; i, j, k), on considère les points A(2 ; 1 ; −1), B(−1 ; 2 ; 1) et C(5 ; 0 ; −3).

On note P le plan d'équation cartésienne x + 5y − 2z + 3 = 0.

On note D la droite de représentation paramétrique :

x = −t + 3

y = t + 2

z = 2t + 1, t ∈ R.

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Dans cet exercice, les questions sont indépendantes les unes des autres.

Affirmation 1 Le vecteur n(1 ; 0 ; 2) est normal au plan (OAC).

Affirmation 2 Les droites D et (AB) sont sécantes au point C.

Affirmation 3 La droite D est parallèle au plan P.

Affirmation 4 Le plan médiateur du segment [BC], noté Q, a pour équation cartésienne 3x − y − 2z − 7 = 0.

On rappelle que le plan médiateur d'un segment est le plan perpendiculaire à ce segment et passant par son milieu.

Voir la correction

Corrigé Exercice 1 Géométrie vectorielle dans l'espace Revoir l'énoncé

Affirmation 1
FAUSSE. Méthode : un vecteur est normal à un plan lorsqu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Ici OA(2 ; 1 ; −1) et OC(5 ; 0 ; −3) ne sont pas colinéaires (2 × 0 − 1 × 5 = −5 ≠ 0), donc O, A et C définissent bien un plan et ces deux vecteurs le dirigent.
On calcule les produits scalaires : n · OA = 1 × 2 + 0 × 1 + 2 × (−1) = 2 − 2 = 0, donc n est orthogonal à OA. En revanche n · OC = 1 × 5 + 0 × 0 + 2 × (−3) = 5 − 6 = −1 ≠ 0. Le vecteur n n'est pas orthogonal à OC, il n'est donc pas normal au plan (OAC) : l'affirmation 1 est fausse.
Affirmation 2
VRAIE. On vérifie d'abord que C ∈ D. La première équation −t + 3 = 5 donne t = −2 ; on reporte cette valeur : y = −2 + 2 = 0 et z = 2 × (−2) + 1 = −3. On retrouve exactement C(5 ; 0 ; −3), donc C est le point de D de paramètre t = −2.
On vérifie ensuite que C ∈ (AB). On a AB(−3 ; 1 ; 2) et AC(5 − 2 ; 0 − 1 ; −3 − (−1)) = (3 ; −1 ; −2). Comme AC = −AB, ces vecteurs sont colinéaires, donc les points A, B et C sont alignés et C appartient à la droite (AB).
Enfin les deux droites sont distinctes, car leurs vecteurs directeurs d(−1 ; 1 ; 2) et AB(−3 ; 1 ; 2) ne sont pas colinéaires (−1 × 1 − 1 × (−3) = 2 ≠ 0). Deux droites distinctes possédant le point C en commun sont sécantes en C : l'affirmation 2 est vraie.
Affirmation 3
VRAIE. La droite D a pour vecteur directeur d(−1 ; 1 ; 2) (coefficients de t) et le plan P a pour vecteur normal n_P(1 ; 5 ; −2) (coefficients de x, y, z dans son équation). On calcule d · n_P = −1 × 1 + 1 × 5 + 2 × (−2) = −1 + 5 − 4 = 0 : le vecteur directeur de D est orthogonal au vecteur normal de P, donc D est parallèle à P.
On précise même que le parallélisme est strict : le point E(3 ; 2 ; 1) de D (obtenu pour t = 0) vérifie 3 + 5 × 2 − 2 × 1 + 3 = 3 + 10 − 2 + 3 = 14 ≠ 0, donc E ∉ P et D n'est pas incluse dans P. L'affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4
VRAIE. D'après le rappel, le plan médiateur de [BC] est le plan passant par le milieu I de [BC] et de vecteur normal BC. Les coordonnées de I sont (−1 + 52 ; 2 + 02 ; 1 + (−3)2) = (2 ; 1 ; −1), et BC(5 − (−1) ; 0 − 2 ; −3 − 1) = (6 ; −2 ; −4).
Le plan d'équation 3x − y − 2z − 7 = 0 admet v(3 ; −1 ; −2) pour vecteur normal. Or BC = 2 v : les deux vecteurs sont colinéaires, donc ce plan est bien perpendiculaire au segment [BC].
Il reste à vérifier qu'il passe par I : 3 × 2 − 1 − 2 × (−1) − 7 = 6 − 1 + 2 − 7 = 0, donc I appartient à ce plan. Perpendiculaire à [BC] et passant par son milieu, c'est bien le plan médiateur Q : l'affirmation 4 est vraie.

Énoncé Exercice 2 Primitives et équations différentielles Moyen

Refroidissement d'un matériau injecté

Une entreprise fabrique des objets en plastique en injectant dans un moule de la matière fondue à 210 °C. On modélise le refroidissement du matériau par une fonction f donnant la température du matériau en fonction du temps t (en secondes, température en °C).

On admet que f est solution d'une équation différentielle de la forme (E) : y′ + 0,02y = m, où m est une constante réelle à déterminer.

Partie A

1. Justifier l'affichage suivant d'un logiciel de calcul formel : RésoudreEquationDifférentielle(y′ + 0,02y = m) → y = k * exp(−0,02 * t) + 50 * m.

2. La température de l'atelier est de 30 °C. On admet que f(t) tend vers 30 °C quand t tend vers +∞. Démontrer que m = 0,6.

3. Déterminer l'expression de la fonction f en tenant compte de la condition initiale f(0) = 210.

Partie B

On admet ici que la température du matériau est donnée par f(t) = 180e^−0,02t + 30. [Graphique : courbe de la température en fonction du temps, de 0 à 200 s].

1. L'objet peut être démoulé lorsque sa température devient inférieure à 50 °C.

a. Par lecture graphique, donner une valeur approchée du nombre T de secondes à attendre avant de démouler l'objet.

b. Déterminer par le calcul la valeur exacte de ce temps T.

2. À l'aide d'une intégrale, calculer la valeur moyenne de la température sur les 100 premières secondes.

Voir la correction

Corrigé Exercice 2 Refroidissement d'un matériau injecté Revoir l'énoncé

Partie A1.
(E) : y′ + 0,02y = m est une équation différentielle linéaire du premier ordre. On applique le cours en deux temps. D'abord l'équation homogène associée y′ + 0,02y = 0 a pour solutions les fonctions t ↦ k e^−0,02t, avec k ∈ ℝ.
Ensuite on cherche une solution particulière constante y = α : sa dérivée est nulle, donc l'équation devient 0,02α = m, soit α = m0,02 = 50m. Les solutions de (E) sont la somme des deux, c'est-à-dire les fonctions t ↦ k e^−0,02t + 50m : c'est exactement l'affichage du logiciel de calcul formel.
Partie A2.
Comme −0,02 < 0, on a lim(t → +∞) e^−0,02t = 0, donc lim(t → +∞) f(t) = k × 0 + 50m = 50m. L'énoncé indique que la température tend vers celle de l'atelier, soit 30 °C. Par unicité de la limite, 50m = 30, d'où m = 3050 = 0,6.
3.
Avec m = 0,6 on a 50m = 30, donc f(t) = k e^−0,02t + 30. La condition initiale donne f(0) = k × e⁰ + 30 = k + 30 = 210, soit k = 180. La fonction cherchée est donc f(t) = 180 e^−0,02t + 30, où f(t) est en °C et t en secondes.
Partie B1.a.
On repère l'ordonnée 50 sur l'axe des températures et on lit l'abscisse du point de la courbe qui lui correspond : la courbe passe sous 50 °C aux alentours de t = 110. On lit donc T ≈ 110 s (toute lecture entre 105 s et 115 s est acceptable).
1.b.
On résout f(T) = 50 : 180 e^−0,02T + 30 = 50, donc 180 e^−0,02T = 20, puis e^−0,02T = 20180 = 19.
La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, on compose par ln sans changer l'équivalence : −0,02T = ln(19) = −ln 9. D'où la valeur exacte T = ln 90,02 = 50 ln 9, soit encore T = 100 ln 3 puisque ln 9 = 2 ln 3. Numériquement T ≈ 109,9 : il faut attendre environ 110 secondes avant de démouler l'objet.
Partie B2.
La valeur moyenne μ de f sur [0 ; 100] est par définition μ = (1100) ∫₀¹⁰⁰ (180 e^−0,02t + 30) dt. Comme une primitive de t ↦ e^at est t ↦ (1a)e^at, une primitive de f est F(t) = (180−0,02) e^−0,02t + 30t = −9 000 e^−0,02t + 30t.
On calcule l'intégrale : ∫₀¹⁰⁰ f(t) dt = F(100) − F(0) = (−9 000 e⁻² + 3 000) − (−9 000 e⁰ + 0) = −9 000 e⁻² + 3 000 + 9 000 = 12 000 − 9 000 e⁻².
En divisant par 100 : μ = 120 − 90 e⁻² = 90(1 − e⁻²) + 30 ≈ 107,8. La température moyenne du matériau sur les 100 premières secondes vaut donc exactement 120 − 90 e⁻² °C, soit environ 107,8 °C.

Énoncé Exercice 3 Probabilités conditionnelles Moyen

Lancers de pièces et jeu en deux étapes

Les probabilités demandées seront exprimées sous forme de fractions irréductibles.

Partie A

On lance trois fois de suite une pièce de monnaie bien équilibrée. On note X la variable aléatoire qui compte le nombre de « Face » obtenus sur les trois lancers.

1. Préciser la nature et les paramètres de la loi de probabilité suivie par X.

2. Recopier et compléter le tableau donnant la loi de probabilité de X :

k 0 1 2 3

P(X = k)

Partie B

Voici les règles d'un jeu où le but est d'obtenir trois pièces du côté « Face » en un ou deux essais. On lance trois pièces équilibrées.

— Si les trois pièces tombent « Face », la partie est gagnée.

— Sinon, les pièces tombées « Face » sont conservées et on relance celles tombées « Pile ».

— La partie est gagnée si on obtient trois « Face », sinon elle est perdue.

On considère les évènements :

G : « la partie est gagnée » ;

Aₖ : « k pièces sont tombées du côté « Face » au premier lancer » (k ∈ {0 ; 1 ; 2 ; 3}).

1. Démontrer que P_A₁(G) = 14.

2. Recopier et compléter l'arbre pondéré ci-dessous [arbre pondéré à deux niveaux : quatre branches menant à A₀, A₁, A₂ et A₃, pondérées respectivement par 18, 38, 38 et 18, chacune se divisant ensuite en deux branches menant à G et à G̅, dont les probabilités sont à compléter].

3. Démontrer que la probabilité p de gagner à ce jeu est p = 2764.

4. La partie a été gagnée. Quelle est la probabilité qu'exactement une pièce soit tombée « Face » à la première tentative ?

5. Combien de fois faut-il jouer à ce jeu pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse 0,95 ?

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Lancers de pièces et jeu en deux étapes Revoir l'énoncé

Partie A1.
On répète 3 fois, de manière identique et indépendante, la même épreuve de Bernoulli « la pièce tombe du côté Face », dont la probabilité de succès est 12 puisque la pièce est équilibrée. La variable X compte le nombre de succès : elle suit donc la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 12, notée B(3 ; 12).
2.
Pour k allant de 0 à 3 : P(X = k) = C(3 ; k) × (12)ᵏ × (12)³⁻ᵏ = C(3 ; k) × (12)³ = C(3 ; k)8. Avec C(3 ; 0) = 1, C(3 ; 1) = 3, C(3 ; 2) = 3 et C(3 ; 3) = 1, le tableau se complète par P(X = 0) = 18, P(X = 1) = 38, P(X = 2) = 38, P(X = 3) = 18. Contrôle : la somme vaut 88 = 1.
Partie B1.
Sachant A₁, une seule pièce est tombée sur « Face » au premier lancer : on la conserve et on relance les deux autres. La partie est alors gagnée si et seulement si ces deux pièces relancées tombent toutes les deux sur « Face ». Les lancers étant indépendants, P_A₁(G) = 12 × 12 = 14.
2.
Les probabilités du premier niveau sont celles de la loi de X trouvée en partie A : P(A₀) = 18, P(A₁) = 38, P(A₂) = 38, P(A₃) = 18. Sachant Aₖ, il reste 3 − k pièces à relancer et elles doivent toutes tomber sur « Face » : P_A₀(G) = (12)³ = 18, P_A₁(G) = 14, P_A₂(G) = 12, P_A₃(G) = 1. Les branches G̅ portent les probabilités complémentaires 78, 34, 12 et 0.
3.
Les évènements A₀, A₁, A₂, A₃ sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l'univers : ils forment une partition. D'après la formule des probabilités totales, p = P(G) = P(A₀) × P_A₀(G) + P(A₁) × P_A₁(G) + P(A₂) × P_A₂(G) + P(A₃) × P_A₃(G).
On remplace : p = 18 × 18 + 38 × 14 + 38 × 12 + 18 × 1 = 164 + 332 + 316 + 18. En réduisant au même dénominateur 64 : p = 164 + 664 + 1264 + 864 = 2764. La probabilité de gagner une partie est donc p = 2764.
Partie B4.
La question demande une probabilité conditionnelle dans l'autre sens : P_G(A₁) = P(A₁ ∩ G)P(G). Le numérateur se lit sur l'arbre : P(A₁ ∩ G) = P(A₁) × P_A₁(G) = 38 × 14 = 332.
D'où P_G(A₁) = (332) / (2764) = 332 × 6427 = 627 = 29. Sachant que la partie a été gagnée, la probabilité qu'exactement une pièce soit tombée du côté « Face » au premier lancer est 29.
Partie B5.
On joue n parties identiques et indépendantes. Soit Z le nombre de parties gagnées : Z suit la loi binomiale B(n ; 2764). Ne gagner aucune partie a pour probabilité P(Z = 0) = C(n ; 0) × (2764)⁰ × (1 − 2764)ⁿ = (3764)ⁿ, donc P(Z ≥ 1) = 1 − (3764)ⁿ par passage à l'évènement contraire.
On résout 1 − (3764)ⁿ > 0,95, soit (3764)ⁿ < 0,05. La fonction ln étant strictement croissante : n × ln(3764) < ln(0,05). Comme 3764 < 1, on a ln(3764) < 0 et la division par ce nombre négatif renverse l'inégalité : n > ln(0,05)ln(37/64) ≈ 5,47. Il faut donc jouer au moins 6 parties pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse 0,95.

Énoncé Exercice 4 Suites numériques Difficile

Suite définie par une fonction

L'objectif de cet exercice est de conjecturer en partie A puis de démontrer en partie B le comportement d'une suite. Les deux parties peuvent cependant être traitées de manière indépendante.

On considère la suite (uₙ) définie par u₀ = 3 et, pour tout n ∈ ℕ, uₙ₊₁ = 45 − uₙ.

Partie A

1. Recopier et compléter la fonction Python suivante suite(n) qui prend le rang n en paramètre et renvoie la valeur du terme uₙ.

def suite(n):

u = ...

for i in range(n):

...

return u

2. L'exécution de suite(2) renvoie 1.3333333333333333. Effectuer un calcul pour vérifier et expliquer cet affichage.

3. À l'aide des affichages suivants, émettre une conjecture sur le sens de variation et sur la convergence de (uₙ) :

suite(2) = 1.3333333333333333

suite(5) = 1.0058479532163742

suite(10) = 1.0000057220349845

suite(20) = 1.000000000005457

Partie B

On considère la fonction f définie et dérivable sur ]−∞ ; 5[ par f(x) = 45 − x, de sorte que uₙ₊₁ = f(uₙ).

1. Montrer que f est croissante sur ]−∞ ; 5[.

2. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 4.

3. a. Soit x ∈ ]−∞ ; 5[. Prouver l'équivalence f(x) = x ⇔ x² − 5x + 4 = 0.

b. Résoudre f(x) = x dans ]−∞ ; 5[.

4. Démontrer que la suite (uₙ) est convergente et déterminer sa limite.

5. Le comportement de la suite serait-il identique en choisissant u₀ = 4 au lieu de u₀ = 3 ?

Voir la correction

Corrigé Exercice 4 Suite définie par une fonction Revoir l'énoncé

Partie A1.
La variable u doit contenir le terme initial u₀ = 3 avant la boucle, puis être remplacée n fois par son successeur donné par la relation de récurrence. La fonction complétée est : def suite(n) : u = 3 ; for i in range(n) : u = 45 - u ; return u.
2.
On applique deux fois la relation uₙ₊₁ = 45 − uₙ à partir de u₀ = 3 : u₁ = 45 − 3 = 42 = 2, puis u₂ = 45 − 2 = 43. Or 43 = 1,3333… ; l'affichage 1.3333333333333333 est simplement la valeur décimale approchée de 43 en Python, ce qui confirme que suite(2) renvoie bien u₂.
3.
Les valeurs affichées u₂ ≈ 1,333, u₅ ≈ 1,006, u₁₀ ≈ 1,000 006 et u₂₀ ≈ 1,000 000 000 005 vont en décroissant (avec u₀ = 3 et u₁ = 2 avant elles) et se rapprochent de 1. On conjecture donc que la suite (uₙ) est décroissante et qu'elle converge vers 1.
Partie B1.
f = uv avec u(x) = 4 et v(x) = 5 − x ; v ne s'annule pas sur ]−∞ ; 5[, donc f y est dérivable. La formule (uv)′ = u′v − uv′v² donne f′(x) = 0 × (5 − x) − 4 × (−1)5 − x² = 45 − x². Un carré étant strictement positif là où il est non nul, f′(x) > 0 pour tout x < 5 : la fonction f est strictement croissante sur ]−∞ ; 5[.
2.
Notons P(n) la propriété « 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 4 ». Initialisation : u₀ = 3 et u₁ = 45 − 3 = 2, donc 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ 4, c'est-à-dire 1 ≤ u₁ ≤ u₀ ≤ 4 : P(0) est vraie.
Hérédité : supposons P(n) vraie pour un entier n, soit 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 4. Ces quatre nombres appartiennent tous à ]−∞ ; 5[ ; comme f est croissante sur cet intervalle, elle conserve l'ordre : f(1) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(uₙ) ≤ f(4). Or f(1) = 45 − 1 = 1, f(4) = 45 − 4 = 4, f(uₙ₊₁) = uₙ₊₂ et f(uₙ) = uₙ₊₁ ; on obtient 1 ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4, soit P(n + 1). D'après le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ ℕ.
Partie B3.a.
Soit x < 5 : alors 5 − x > 0, en particulier 5 − x ≠ 0, et on peut multiplier les deux membres par 5 − x sans changer l'équivalence. Ainsi f(x) = x ⇔ 45 − x = x ⇔ 4 = x(5 − x) ⇔ 4 = 5x − x² ⇔ x² − 5x + 4 = 0.
3.b.
Le discriminant du trinôme x² − 5x + 4 vaut Δ = (−5)² − 4 × 1 × 4 = 25 − 16 = 9 > 0, donc il admet deux racines : 5 − 32 = 1 et 5 + 32 = 4. Ces deux réels sont strictement inférieurs à 5, donc l'ensemble des solutions de f(x) = x sur ]−∞ ; 5[ est S = {1 ; 4}.
4.
D'après la question 2, uₙ₊₁ ≤ uₙ pour tout n : la suite est décroissante ; et 1 ≤ uₙ : elle est minorée par 1. D'après le théorème de la limite monotone, une suite décroissante et minorée converge : (uₙ) converge vers un réel ℓ, avec 1 ≤ ℓ ≤ 3. Comme ℓ ∈ ]−∞ ; 5[ et que f y est continue, on passe à la limite dans l'égalité uₙ₊₁ = f(uₙ) : ℓ = f(ℓ). D'après 3.b, ℓ = 1 ou ℓ = 4 ; mais la suite est décroissante donc ℓ ≤ u₁ = 2 < 4, ce qui élimine 4. Conclusion : lim(n → +∞) uₙ = 1, la conjecture de la partie A est démontrée.
5.
Non, le comportement ne serait pas identique. Avec u₀ = 4, on obtient u₁ = 45 − 4 = 41 = 4 : le réel 4 est un point fixe de f (c'est la seconde solution trouvée en 3.b). Une récurrence immédiate donne uₙ = 4 pour tout n ∈ ℕ. La suite serait alors constante, donc convergente vers 4 et non plus décroissante vers 1.