Bac de maths 2026 — Métropole · 16 juin

Partie A

Le choix se fait au hasard : on est en situation d’équiprobabilité, et une proportion se lit directement comme une probabilité. L’énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine, donc P(C) = 0,75.

Seules les branches issues de l’énoncé se remplissent immédiatement : P(V) = 0,30 au premier niveau, donc P(¬V) = 1 − 0,30 = 0,70 ; puis, sur la branche partant de V, P_V(C) = 0,80 (« parmi ces dernières, 80 % réservent une cabine »), donc P_V(¬C) = 1 − 0,80 = 0,20. Les deux branches partant de ¬V ne se lisent pas dans l’énoncé : elles seront calculées à la question 4 (P_¬V(C) ≈ 0,73 et P_¬V(¬C) ≈ 0,27).

On suit le chemin V puis C, et on multiplie les probabilités portées par les deux branches : P(V ∩ C) = P(V) × P_V(C) = 0,30 × 0,80 = 0,24. La probabilité qu’une famille réserve à la fois un emplacement pour un véhicule et une cabine est donc 0,24.

La famille a réservé une cabine : on cherche la probabilité conditionnelle P_C(V), donc on divise par la probabilité de l’évènement qui conditionne. P_C(V) = P(V ∩ C)P(C) = 0,240,75 = 2475 = 0,32. Parmi les familles ayant réservé une cabine, 32 % réservent aussi un emplacement pour un véhicule.

Les évènements V et ¬V forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales : P(C) = P(C ∩ V) + P(C ∩ ¬V), d’où P(C ∩ ¬V) = 0,75 − 0,24 = 0,51. On en déduit P_¬V(C) = P(C ∩ ¬V)P(¬V) = 0,510,70 = 5170 ≈ 0,73 à 10⁻² près. Interprétation : environ 73 % des familles qui ne réservent pas d’emplacement pour un véhicule réservent tout de même une cabine. (Attention à ne pas confondre avec P_V(C) = 0,80, qui est donnée par l’énoncé.)

Partie B

Espérance : E(X) = 0 × 0,19 + 70 × 0,06 + 100 × 0,51 + 170 × 0,24 = 0 + 4,2 + 51 + 40,8 = 96 €. Variance, avec la formule de König-Huygens V(X) = E(X²) − (E(X))² : E(X²) = 0² × 0,19 + 70² × 0,06 + 100² × 0,51 + 170² × 0,24 = 294 + 5 100 + 6 936 = 12 330, donc V(X) = 12 330 − 96² = 12 330 − 9 216 = 3 114. Les deux valeurs annoncées sont bien justifiées.

Le montant total avant remise est X + Y. Une remise de 40 % revient à multiplier ce montant par 1 − 40100 = 0,6. Le montant payé après réduction est donc Z = 0,6(X + Y).

Par linéarité de l’espérance : E(Z) = 0,6 × (E(X) + E(Y)) = 0,6 × (96 + 104) = 0,6 × 200 = 120 €. Pour la variance, on utilise V(aU) = a² V(U) et, X et Y étant indépendantes, V(X + Y) = V(X) + V(Y) : V(Z) = 0,6² × (3 114 + 1 686) = 0,36 × 4 800 = 1 728.

Par linéarité de l’espérance : E(M_n) = (1n) × (E(Z₁) + … + E(Z_n)) = (1n) × n × 120 = 120, car chaque Z_i suit la loi de Z. Les Z_i étant indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances, et V(aU) = a² V(U) : V(M_n) = (1n²) × (V(Z₁) + … + V(Z_n)) = (1n²) × n × 1 728 = 1 728n.

L’évènement (114 < M_n < 126) s’écrit |M_n − 120| < 6, c’est-à-dire |M_n − E(M_n)| < 6 : c’est l’évènement contraire de |M_n − E(M_n)| ≥ 6. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée avec δ = 6 donne P(|M_n − E(M_n)| ≥ 6) ≤ V(M_n)6² = (1 728n)/36 = 48n. En passant à l’évènement contraire : P(114 < M_n < 126) ≥ 1 − 48n.

b (conclusion). Il suffit donc que 1 − 48n ≥ 0,85, soit 48n ≤ 0,15, soit encore n ≥ 480,15 = 320 (n est strictement positif, on peut multiplier par n puis diviser par 0,15 sans changer le sens). Le plus petit entier convenant est n = 320. Interprétation : à partir d’un échantillon de 320 familles, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev garantit que le prix moyen payé après la remise de 40 % est compris entre 114 € et 126 € avec une probabilité d’au moins 0,85, soit un risque d’erreur d’au plus 15 %.

Affirmation 1 : VRAIE. Les coefficients de l’équation cartésienne de (P) donnent un vecteur normal n(−1 ; 1 ; −5). Or AB a pour coordonnées (x_B − x_A ; y_B − y_A ; z_B − z_A) = (2 − 3 ; 1 − 0 ; −3 − 2) = (−1 ; 1 ; −5). Ainsi AB = n : un vecteur directeur de (AB) est normal à (P), donc la droite (AB) est orthogonale au plan (P).

a (suite). Le milieu I de [AB] a pour coordonnées (3 + 22 ; 0 + 12 ; 2 + (−3)2) = (2,5 ; 0,5 ; −0,5). On teste son appartenance à (P) : −2,5 + 0,5 − 5 × (−0,5) − 0,5 = −2,5 + 0,5 + 2,5 − 0,5 = 0. L’équation est vérifiée, donc I ∈ (P). Le plan (P) est bien orthogonal à (AB) et passe par le milieu de [AB] : c’est le plan médiateur du segment [AB]. L’affirmation est vraie.

Affirmation 2 : FAUSSE. La représentation paramétrique de (d) donne le vecteur directeur u(1 ; −1 ; −2), et (AB) est dirigée par AB(−1 ; 1 ; −5). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : −1 = −1 × 1 et 1 = −1 × (−1), mais −5 ≠ −1 × (−2). Les droites ne sont donc pas parallèles ; il reste à savoir si elles se coupent.

b (suite). Une représentation paramétrique de (AB) est x = 3 − s, y = s, z = 2 − 5s (s ∈ ℝ). Un point commun aux deux droites vérifierait le système 3 − s = t, s = −1,5 − t, 2 − 5s = 2 − 2t. En reportant t = 3 − s dans la deuxième équation : s = −1,5 − (3 − s) = s − 4,5, soit 0 = −4,5, ce qui est impossible. Le système n’a pas de solution : les droites n’ont aucun point commun. N’étant ni parallèles ni sécantes, (d) et (AB) sont non coplanaires. L’affirmation est fausse.

Affirmation 3 : VRAIE. On calcule d’abord les coordonnées des vecteurs, en soustrayant celles de C : CA = (3 − 1,5 ; 0 − (−3) ; 2 − (−1)) = (1,5 ; 3 ; 3) et CB = (2 − 1,5 ; 1 − (−3) ; −3 − (−1)) = (0,5 ; 4 ; −2).

c (suite). Le repère est orthonormé, donc le produit scalaire se calcule terme à terme : CA · CB = 1,5 × 0,5 + 3 × 4 + 3 × (−2) = 0,75 + 12 − 6 = 6,75. Les normes valent CA = √1,5² + 3² + 3² = √20,25 = 4,5 et CB = √0,5² + 4² + (−2)² = √20,25 = 4,5 (le triangle ACB est donc isocèle en C).

c (conclusion). L’expression trigonométrique du produit scalaire CA · CB = CA × CB × cos(ACB) donne cos(ACB) = 6,754,5 × 4,5 = 6,7520,25 = 13, d’où ACB = arccos(13) ≈ 70,53°, soit 70,5° arrondi à 10⁻¹. L’affirmation est vraie.

Affirmation 4 : VRAIE. Clotilde, à la porte A, choisit 3 symboles différents parmi 8 et l’ordre compte : c’est un arrangement, il y a A₈³ = 8 × 7 × 6 = 336 codes possibles. Les codes étant équiprobables, sa probabilité d’ouvrir est 1336 ≈ 0,003.

2 (suite). Titouan, à la porte B, choisit 4 symboles différents parmi 8 sans que l’ordre compte : c’est une combinaison, il y a C₈⁴ = 8!/(4! × 4!) = 70 codes possibles, d’où une probabilité d’ouvrir de 170 ≈ 0,014. Comme 170 > 1336, Titouan a bien plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde : l’affirmation est vraie.

Partie A

(E) : y′ = −0,035y + 0,91 est de la forme y′ = ay + b avec a = −0,035 et b = 0,91. D’après le cours, ses solutions sur [0 ; +∞[ sont les fonctions t ↦ C e^at − ba, soit ici t ↦ C e^−0,035t + 0,910,035, c’est-à-dire t ↦ C e^−0,035t + 26, où C est une constante réelle quelconque (la solution particulière constante vaut 26).

T est l’une de ces solutions, donc T(t) = C e^−0,035t + 26. On détermine C avec la condition initiale : T(0) = C e⁰ + 26 = C + 26, et T(0) = 18, d’où C = 18 − 26 = −8. Ainsi, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, T(t) = 26 − 8 e^−0,035t.

On résout T(t) = 20 : 26 − 8 e^−0,035t = 20 ⟺ −8 e^−0,035t = −6 ⟺ e^−0,035t = 68 = 0,75. En composant par le logarithme népérien : −0,035t = ln(0,75), donc t = −ln(0,75)0,035 = ln(43)/0,035 ≈ 8,22. Le temps est exprimé en dizaines de minutes : 8,2195 × 10 ≈ 82 minutes. La pièce atteint 20 °C au bout de 1 h 22 min environ.

Pour tout réel t ≥ 0, l’exponentielle est strictement positive : e^−0,035t > 0, donc −8 e^−0,035t < 0 et T(t) = 26 − 8 e^−0,035t < 26. (On retrouve le fait que T est croissante et tend vers 26 quand t tend vers +∞, la droite y = 26 étant asymptote.) La température est donc majorée par 26 °C : selon ce modèle, même si le chauffage ne s’éteint pas, elle ne pourra jamais dépasser 28 °C.

Partie B

On applique la relation de récurrence pour n = 0 : u₁ = 0,965 u₀ + 0,35 + 0,07 e^{−0,1 × 0} = 0,965 × 20 + 0,35 + 0,07 × 1 = 19,3 + 0,35 + 0,07 = 19,72.

Soit P(n) la propriété « u_n > 10 ». Initialisation : u₀ = 20 > 10, donc P(0) est vraie. Hérédité : supposons P(n) vraie pour un entier naturel n, c’est-à-dire u_n > 10. Comme 0,965 > 0, on a 0,965 u_n > 9,65, donc 0,965 u_n + 0,35 > 10. Comme de plus 0,07 e^−0,1n > 0, on obtient u_n+1 = 0,965 u_n + 0,35 + 0,07 e^−0,1n > 10 : P(n+1) est vraie. Conclusion : par principe de récurrence, u_n > 10 pour tout entier naturel n.

La suite (u_n) est décroissante (admis par l’énoncé) et minorée par 10 (question 2). D’après le théorème de la convergence monotone, elle est convergente, et sa limite ℓ vérifie ℓ ≥ 10.

Comme lim (−0,1n) = −∞ quand n → +∞, on a par composition lim e^−0,1n = 0. Les suites (u_n) et (u_n+1) ont la même limite ℓ (simple décalage d’indice). En passant à la limite dans u_n+1 = 0,965 u_n + 0,35 + 0,07 e^−0,1n, le membre de droite tend vers 0,965ℓ + 0,35. Par unicité de la limite, ℓ = 0,965ℓ + 0,35 : la limite est bien solution de l’équation x = 0,965x + 0,35.

x = 0,965x + 0,35 ⟺ x − 0,965x = 0,35 ⟺ 0,035x = 0,35 ⟺ x = 10. Cette équation a une unique solution, donc ℓ = 10. Interprétation : si le chauffage restait éteint indéfiniment, la température de la pièce se stabiliserait autour de 10 °C.

La variable u contient le terme u_n et n son indice. Il faut continuer tant que la température reste strictement supérieure à 18 °C, et calculer le terme suivant avant d’incrémenter l’indice, puisque u_n+1 se calcule à partir de u_n et de n. Ligne 4 : while u > 18 : — ligne 5 : u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n) — ligne 6 : n = n + 1. (En Python, les décimaux s’écrivent avec un point, et il faut avoir importé l’exponentielle, par exemple par from math import exp.)

On calcule les termes successifs : u₁ = 19,72 ; u₂ ≈ 19,44 ; u₃ ≈ 19,17 ; u₄ ≈ 18,90 ; u₅ ≈ 18,64 ; u₆ ≈ 18,38 ; u₇ ≈ 18,12 ; u₈ ≈ 17,87. C’est au rang 8 que la température descend pour la première fois au-dessous de 18 °C, donc le programme renvoie 8. Le système de chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 1 h 20 min.

Partie A

Le point A(0 ; 1) appartient à la courbe, donc f(0) = 1. Or f(0) = a + b ln(0 + 1)0 + 1 = a + b ln(1)1 = a, car ln(1) = 0. De f(0) = 1 on déduit a = 1.

Le nombre dérivé f′(0) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 0, c’est-à-dire de la droite T_A. Cette tangente passe par A(0 ; 1) et par le point (1 ; 5) : son coefficient directeur vaut 5 − 11 − 0 = 4. Donc f′(0) = 4.

Sur l’intervalle [0 ; 2], la courbe est située au-dessous de chacune de ses tangentes : la fonction f y est donc concave. Or une fonction deux fois dérivable est concave sur un intervalle si et seulement si sa dérivée seconde y est négative. Comme 1 appartient à cet intervalle, f′′(1) < 0.

Le terme a est constant, sa dérivée est nulle ; on dérive le quotient uv avec u(x) = b ln(x + 1), donc u′(x) = bx + 1 (dérivée d’une composée), et v(x) = x + 1, donc v′(x) = 1. La formule (uv)′ = u′v − uv′v² donne, pour tout x ∈ ]−1 ; +∞[ : f′(x) = (bx + 1 × (x + 1) − b ln(x + 1) × 1)/(x + 1)² = b − b ln(x + 1)x + 1² = b(1 − ln(x + 1))x + 1².

On évalue cette expression en 0 : f′(0) = b(1 − ln(1))0 + 1² = b(1 − 0)1 = b. Or la lecture graphique de la question 2. a. a donné f′(0) = 4. Donc b = 4.

Partie B

Par croissances comparées, lim ln(X)X = 0 quand X → +∞. En posant X = x + 1, qui tend vers +∞ quand x tend vers +∞, on obtient par composition lim ln(x + 1)x + 1 = 0, puis, par limite d’une somme et d’un produit, lim f(x) = 1 + 4 × 0 = 1 quand x → +∞. La limite de f en +∞ étant finie et égale à 1, la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe de f en +∞.

Pour x ∈ ]−1 ; +∞[ : 1 − ln(x + 1) > 0 ⟺ ln(x + 1) < 1 ⟺ x + 1 < e, car la fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ, ⟺ x < e − 1. L’ensemble des solutions sur ]−1 ; +∞[ est donc l’intervalle ]−1 ; e − 1[.

D’après la Partie A avec b = 4 : f′(x) = 41 − ln(x + 1)x + 1². Le dénominateur (x + 1)² est strictement positif sur ]−1 ; +∞[, donc f′(x) est du signe de 1 − ln(x + 1) : strictement positif sur ]−1 ; e − 1[ (question 2), nul en e − 1, strictement négatif sur ]e − 1 ; +∞[.

3 (tableau). f est donc strictement croissante sur ]−1 ; e − 1] puis strictement décroissante sur [e − 1 ; +∞[ : elle passe de −∞ (limite admise en −1) à son maximum en e − 1, puis décroît vers 1 (question 1). Ce maximum vaut f(e − 1) = 1 + 4 ln(e − 1 + 1)e − 1 + 1 = 1 + 4 ln(e)e = 1 + 4e = 1 + 4e⁻¹ ≈ 2,47 : c’est la valeur exacte de l’extremum.

Comme e − 1 ≈ 1,72 < 2, l’intervalle [2 ; +∞[ est inclus dans l’intervalle de décroissance : f y est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus f(2) = 1 + 4 ln(3)3 ≈ 2,46 et lim f(x) = 1 en +∞, et 1 < 1,5 < 2,46. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation f(x) = 1,5 admet une unique solution α dans [2 ; +∞[. À la calculatrice, f(25,0) ≈ 1,501 et f(25,1) ≈ 1,4999 : donc α ≈ 25,1 à 10⁻¹ près.

On pose u(x) = ln(x + 1), de dérivée u′(x) = 1x + 1. L’intégrande s’écrit alors ln(x + 1)x + 1 = u(x) × u′(x), forme dont une primitive est u²/2. Donc ∫₀² ln(x + 1)x + 1 dx = [(ln(x + 1))²/2]₀² = (ln 3)²/2 − (ln 1)²/2 = (ln 3)²/2, car ln(1) = 0.

Sur [0 ; 2], f est continue et positive (elle croît puis décroît entre f(0) = 1 et f(2) ≈ 2,46, donc f ≥ 1 > 0) : l’aire cherchée est A = ∫₀² f(x) dx. Par linéarité de l’intégrale : A = ∫₀² 1 dx + 4 ∫₀² ln(x + 1)x + 1 dx = 2 + 4 × (ln 3)²/2 = 2 + 2(ln 3)². L’aire du domaine vaut donc 2 + 2(ln 3)² ≈ 4,41 unités d’aire.