Bac de maths 2026 — Métropole · 17 juin

On calcule les coordonnées de deux vecteurs du futur plan : AB(3 − 2 ; −2 − 1 ; 0 − 1) = AB(1 ; −3 ; −1) et AC(0 − 2 ; −1 − 1 ; 1 − 1) = AC(−2 ; −2 ; 0). S’ils étaient colinéaires, il existerait k réel avec AC = k AB ; la première coordonnée imposerait k = −2, mais on aurait alors pour la deuxième −3 × (−2) = 6 ≠ −2. Les vecteurs AB et AC ne sont donc pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés et définissent bien un plan.

Le repère est orthonormé, on peut donc utiliser l’expression analytique du produit scalaire. n · AB = 1 × 1 + (−1) × (−3) + 4 × (−1) = 1 + 3 − 4 = 0, et n · AC = 1 × (−2) + (−1) × (−2) + 4 × 0 = −2 + 2 + 0 = 0. Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal à ce plan.

Propriété : un plan de vecteur normal n(a ; b ; c) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0. Ici, avec n(1 ; −1 ; 4), le plan (ABC) a une équation de la forme x − y + 4z + d = 0. Le point A(2 ; 1 ; 1) appartient au plan, donc ses coordonnées la vérifient : 2 − 1 + 4 × 1 + d = 0, soit 5 + d = 0, d’où d = −5. Une équation cartésienne de (ABC) est bien x − y + 4z − 5 = 0.

Une droite orthogonale à un plan est dirigée par un vecteur normal de ce plan : la droite Δ est donc dirigée par n(1 ; −1 ; 4). Comme elle passe par D(0 ; 0 ; 2), une représentation paramétrique est x = 0 + 1 × t, y = 0 + (−1) × t, z = 2 + 4 × t, c’est-à-dire x = t, y = −t, z = 2 + 4t avec t ∈ ℝ : c’est bien la représentation proposée.

Le projeté orthogonal H de D sur (ABC) est le point d’intersection de Δ et de (ABC). Comme H ∈ Δ, il existe un réel t tel que H(t ; −t ; 2 + 4t). Comme H ∈ (ABC), ses coordonnées vérifient l’équation du plan : t − (−t) + 4(2 + 4t) − 5 = 0, soit 2t + 8 + 16t − 5 = 0, soit 18t + 3 = 0, d’où t = −318 = −16. On obtient x = −16, y = 16 et z = 2 + 4 × (−16) = 2 − 23 = 43. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est donc H(−16 ; 16 ; 43).

Le repère est orthonormé, on calcule les longueurs avec la formule de la distance. BA(−1 ; 3 ; 1) donne BA = √(−1)² + 3² + 1² = √1 + 9 + 1 = √11. BC(−3 ; 1 ; 1) donne BC = √(−3)² + 1² + 1² = √9 + 1 + 1 = √11. Comme BA = BC = √11, le triangle ABC est isocèle en B.

Dans un triangle isocèle en B, la hauteur issue de B est aussi la médiane issue de B : elle passe par le milieu I de [AC]. On a I(2 + 02 ; 1 + (−1)2 ; 1 + 12) = I(1 ; 0 ; 1). On calcule la base AC = √(−2)² + (−2)² + 0² = √8 = 2√2, puis la hauteur BI, avec BI(1 − 3 ; 0 − (−2) ; 1 − 0) = BI(−2 ; 2 ; 1), soit BI = √4 + 4 + 1 = √9 = 3. L’aire du triangle vaut alors base × hauteur2 = 2√2 × 32 = 3√2 unités d’aire.

En prenant ABC comme base, la hauteur correspondante est la distance de D au plan (ABC), c’est-à-dire la longueur DH calculée à la question 4. Avec DH(−16 − 0 ; 16 − 0 ; 43 − 2) = DH(−16 ; 16 ; −23), on obtient DH = √136 + 136 + 49 = √136 + 136 + 1636 = √1836 = √12 = √22. Le volume vaut V = (13) × 𝒜(ABC) × DH = (13) × 3√2 × (√22) = (13) × 3 × 22 = (13) × 3 = 1. Le volume du tétraèdre ABCD est bien égal à 1 unité de volume.

Le tétraèdre est le même, on peut donc calculer son volume avec la base BCD et la hauteur issue de A, qui vaut √2 d’après l’énoncé : 1 = (13) × 𝒜(BCD) × √2. On en tire 𝒜(BCD) = 3√2 = 3√2/2. L’aire du triangle BCD est donc 3√2/2, soit environ 2,12 unités d’aire.

Quatre points sont coplanaires ici lorsque D_k appartient au plan (ABC), c’est-à-dire lorsque ses coordonnées vérifient l’équation du plan : 0 − 0 + 4k − 5 = 0, soit k = 54. Pour k = 54, le point D_k est dans le plan (ABC) : son projeté orthogonal sur (ABC) est alors lui-même, par définition du projeté orthogonal d’un point du plan.

Le point A est le projeté orthogonal de D_k sur (ABC) si et seulement si A appartient à (ABC), ce qui est vrai, et si le vecteur AD_k est orthogonal au plan, c’est-à-dire colinéaire au vecteur normal n(1 ; −1 ; 4). Or AD_k(0 − 2 ; 0 − 1 ; k − 1) = AD_k(−2 ; −1 ; k − 1). S’il existait un réel λ avec AD_k = λ n, la première coordonnée donnerait λ = −2 et la deuxième −1 = −λ, soit λ = 1 : c’est contradictoire, et ce quelle que soit la valeur de k, puisque k n’intervient que dans la troisième coordonnée. Il n’existe donc aucune valeur de k pour laquelle A est le projeté orthogonal de D_k sur (ABC).

modèle discret

On applique la relation de récurrence à partir de V₀ = 0. V₁ = 0,995 × V₀ + 6 = 0,995 × 0 + 6 = 6, puis V₂ = 0,995 × V₁ + 6 = 0,995 × 6 + 6 = 5,97 + 6 = 11,97. Après une heure le bassin contient 6 litres de substance polluante, et 11,97 litres après deux heures.

La variable v doit d’abord contenir V₀, donc on l’initialise à 0 ; à chaque tour de boucle on lui applique la relation de récurrence, de sorte qu’après les n tours elle contient V_n. Attention : en Python le séparateur décimal est le point, on écrit 0.995 et non 0,995. def volume(n): v = 0 for k in range(n): v = 0.995*v + 6 return v

Notons P(n) la propriété V_n ≤ V_n+1 ≤ 1 200 et raisonnons par récurrence. Initialisation : V₀ = 0 et V₁ = 6, donc 0 ≤ 6 ≤ 1 200 : P(0) est vraie.

Hérédité : soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie, c’est-à-dire V_n ≤ V_n+1 ≤ 1 200. Comme 0,995 > 0, multiplier par 0,995 ne change pas le sens des inégalités : 0,995 V_n ≤ 0,995 V_n+1 ≤ 0,995 × 1 200 = 1 194. En ajoutant 6 à chaque membre : 0,995 V_n + 6 ≤ 0,995 V_n+1 + 6 ≤ 1 200, c’est-à-dire V_n+1 ≤ V_n+2 ≤ 1 200 : P(n + 1) est vraie.

Conclusion : P(0) est vraie et P est héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, V_n ≤ V_n+1 ≤ 1 200.

L’encadrement précédent montre deux choses : V_n ≤ V_n+1 pour tout n, donc la suite (V_n) est croissante, et V_n ≤ 1 200 pour tout n, donc elle est majorée par 1 200. D’après le théorème de la convergence monotone, la suite (V_n) converge vers un réel ℓ. La fonction x ↦ 0,995x + 6 est affine donc continue : en passant à la limite dans V_n+1 = 0,995 V_n + 6, on obtient ℓ = 0,995ℓ + 6, soit 0,005ℓ = 6, d’où ℓ = 60,005 = 1 200. La quantité de polluant se stabilise donc à 1 200 litres.

L’équation (E) est de la forme y′ = ay + b avec a = −0,005 et b = 6. D’après le cours, ses solutions sur [0 ; +∞[ sont les fonctions t ↦ C e^at − ba, c’est-à-dire t ↦ C e^−0,005t − 6−0,005 = C e^−0,005t + 1 200, où C est une constante réelle.

La fonction v est l’unique solution vérifiant la condition initiale v(0) = 0. On écrit v(t) = C e^−0,005t + 1 200, puis v(0) = C e⁰ + 1 200 = C + 1 200 = 0, d’où C = −1 200. Ainsi v(t) = −1 200 e^−0,005t + 1 200 = 1 200(1 − e^−0,005t) pour tout t de [0 ; +∞[.

Quand t → +∞, on a −0,005t → −∞, et comme lim(X→−∞) e^X = 0, la composition donne lim(t→+∞) e^−0,005t = 0. Par somme puis produit, lim(t→+∞) v(t) = 1 200 × (1 − 0) = 1 200. La courbe de v admet donc la droite d’équation y = 1 200 pour asymptote horizontale en +∞.

La fonction v est dérivable sur [0 ; +∞[ et v′(t) = −1 200 × (−0,005) e^−0,005t = 6 e^−0,005t. La fonction exponentielle étant strictement positive, v′(t) > 0 pour tout t ≥ 0 : la fonction v est strictement croissante sur [0 ; +∞[.

Le seuil de nettoyage correspond à 5 % du volume du bassin, soit 0,05 × 30 000 = 1 500 litres de substance polluante. Or v est strictement croissante et tend vers 1 200 en +∞ : elle est donc majorée par 1 200, et v(t) < 1 200 < 1 500 pour tout t ≥ 0. Selon ce modèle, le seuil de 1 500 litres n’est jamais atteint : le propriétaire n’aura pas à procéder au nettoyage complet.

On résout v(t) = 50 : 1 200(1 − e^−0,005t) = 50 donne 1 − e^−0,005t = 501 200 = 124, puis e^−0,005t = 1 − 124 = 2324. En composant par la fonction ln, strictement croissante sur ]0 ; +∞[ : −0,005t = ln(2324), d’où t = ln(2324)/(−0,005) = −200 ln(2324) = 200 ln(2423).

La valeur exacte cherchée est donc t = 200 ln(2423) heures. Comme v est strictement croissante, le volume de polluant dépasse 50 litres au-delà de cet instant. Numériquement, 200 ln(2423) ≈ 8,512 h ; la partie décimale donne 0,512 × 60 ≈ 30,7 minutes. Le volume dépasse donc 50 litres à partir d’environ 8 h 31 min après le début de la pollution.

VRAIE. Le choix étant fait au hasard, les proportions de l’énoncé se lisent comme des probabilités : P(O) = 0,52, P_O(F) = 0,32 et P(F) = 0,20. On cherche P_F(O). D’après la formule des probabilités conditionnelles, P(O ∩ F) = P(O) × P_O(F) = 0,52 × 0,32 = 0,1664, puis P_F(O) = P(O ∩ F)P(F) = 0,16640,20 = 0,832. Si la personne choisie est une femme, la probabilité qu’elle joue de la Pop est bien 0,832.

Modèle commun aux affirmations 2 et 3 : on répète 5 000 fois, de façon identique et indépendante (le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la personne est un musicien professionnel », de probabilité p = 0,062. La variable aléatoire X compte les succès : X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 5 000 et p = 0,062.

FAUSSE. On calcule directement la probabilité binomiale à la calculatrice, sans passer par une valeur arrondie intermédiaire : P(X ≤ 340) ≈ 0,962. Arrondie au dixième, cette probabilité vaut 1,0 et non 0,4 ; l’écart avec 0,4 dépasse largement un dixième, l’affirmation est donc fausse.

VRAIE. Pour une loi binomiale, E(X) = np = 5 000 × 0,062 = 310 et V(X) = np(1 − p) = 5 000 × 0,062 × 0,938 = 290,78. On traduit d’abord l’évènement étudié : 230 < X < 390 équivaut à −80 < X − 310 < 80, c’est-à-dire à |X − E(X)| < 80. Son évènement contraire est |X − E(X)| ≥ 80.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec t = 80 donne P(|X − E(X)| ≥ 80) ≤ V(X)80² = 290,786 400 ≈ 0,0454. En passant à l’évènement contraire : P(230 < X < 390) ≥ 1 − 0,0454 = 0,9546. Comme 0,9546 > 0,95, on peut bien affirmer qu’il y a plus de 95 % de chance que le nombre de musiciens professionnels soit strictement compris entre 230 et 390.

VRAIE. Aucun rôle n’est attribué au sein d’une équipe : les joueurs sont interchangeables, une équipe est donc une combinaison (choix non ordonné). On choisit 2 musiciens professionnels parmi les 4 : cela fait C(4 ; 2) = 4 × 32 = 6 possibilités. On choisit ensuite 3 joueurs parmi les 10 − 4 = 6 non-musiciens : cela fait C(6 ; 3) = 6 × 5 × 43 × 2 × 1 = 20 possibilités. D’après le principe multiplicatif, on peut former 6 × 20 = 120 équipes différentes : l’affirmation est vraie.

lecture graphique

Le nombre dérivé f′(1) est le coefficient directeur de la tangente à C_f au point d’abscisse 1. Cette tangente est parallèle à l’axe des abscisses, donc horizontale : son coefficient directeur est nul. On lit f′(1) = 0.

Résoudre f(x) = 0 revient à chercher les abscisses des points d’intersection de C_f avec l’axe des abscisses. Sur [0 ; 3], la courbe ne coupe cet axe qu’au point A(12 ; 0). L’unique solution de f(x) = 0 sur [0 ; 3] est donc x = 12, soit 0,5.

Le nombre f′(12) est le coefficient directeur de la tangente T_A à C_f au point A d’abscisse 12. Or T_A passe par A(12 ; 0) et par B(1 ; e²) : c’est la droite (AB), de coefficient directeur y_B − y_Ax_B − x_A = e² − 01 − 1/2 = e²/(12) = 2e². On conclut f′(12) = 2e².

Deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante : leurs courbes se déduisent donc l’une de l’autre par une translation verticale. Les courbes C₁ et C₂ sont exactement dans cette situation, ce sont elles qui représentent des primitives de f. On élimine C₃ par le signe de f : si F est une primitive de f, alors F′ = f, donc F est croissante partout où f est positive. Or f est positive juste après x = 0,5 (la courbe C_f y est au-dessus de l’axe des abscisses) alors que C₃ y est décroissante : C₃ ne peut pas être une primitive de f.

On isole 2x − 1 dans l’exposant : −2x + 3 = −(2x − 1) + 2. Donc, avec la relation e^a+b = e^a × e^b, e⁻²ˣ⁺³ = e² × e^−(2x−1) = e²/e²ˣ⁻¹. En reportant, f(x) = (2x − 1) e⁻²ˣ⁺³ = e² × 2x − 1e²ˣ⁻¹ pour tout x de [0 ; +∞[.

On pose X = 2x − 1 : quand x → +∞, X → +∞. Par croissances comparées, lim(X→+∞) e^XX = +∞, donc son inverse tend vers 0 : lim(X→+∞) Xe^X = 0. Par composition puis produit par la constante e², lim(x→+∞) f(x) = e² × 0 = 0. L’axe des abscisses est asymptote horizontale à C_f en +∞.

On dérive un produit : f = u × v avec u(x) = 2x − 1 et v(x) = e⁻²ˣ⁺³, donc u′(x) = 2 et, par dérivation de la composée e^g(x) qui vaut g′(x) e^g(x), v′(x) = −2 e⁻²ˣ⁺³. Ainsi f′(x) = u′(x)v(x) + u(x)v′(x) = 2 e⁻²ˣ⁺³ + (2x − 1) × (−2) e⁻²ˣ⁺³ = (2 − 4x + 2) e⁻²ˣ⁺³ = (−4x + 4) e⁻²ˣ⁺³ pour tout x de [0 ; +∞[.

L’exponentielle est strictement positive, donc f′(x) est du signe de −4x + 4, expression affine décroissante qui s’annule en x = 1 : f′ > 0 sur [0 ; 1[, f′(1) = 0 et f′ < 0 sur ]1 ; +∞[. On calcule les valeurs utiles : f(0) = (2 × 0 − 1) e³ = −e³ ≈ −20,1 et f(1) = (2 × 1 − 1) e¹ = e ≈ 2,72, et on connaît lim(x→+∞) f(x) = 0. Tableau de variations : f est strictement croissante sur [0 ; 1], de −e³ jusqu’à e, puis strictement décroissante sur [1 ; +∞[, de e vers 0 ; elle atteint son maximum e en x = 1.

Le repère est orthonormé d’unité 1 cm. À l’abscisse α, le contour du logo est formé du point (α ; f(α)) et de son symétrique par rapport à l’axe des abscisses, le point (α ; −f(α)) : la hauteur du logo y vaut f(α) − (−f(α)) = 2f(α). La contrainte du client s’écrit donc 2f(α) = 0,3, c’est-à-dire f(α) = 0,15.

Sur [1 ; +∞[, la fonction f est continue (car dérivable) et strictement décroissante, avec f(1) = e ≈ 2,72 et lim(x→+∞) f(x) = 0 ; le réel 0,15 appartient à l’intervalle ]0 ; e[. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones, l’équation f(x) = 0,15 admet une unique solution α dans [1 ; +∞[. Par balayage à la calculatrice, f(3,31) ≈ 0,1505 et f(3,32) ≈ 0,1481, donc 3,31 < α < 3,32 : arrondie au dixième, la valeur cherchée est α ≈ 3,3.

On intègre par parties en dérivant le facteur polynomial. On pose u(x) = 2x − 1 et v′(x) = e⁻²ˣ⁺³, d’où u′(x) = 2 et v(x) = −(12) e⁻²ˣ⁺³ ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur [0,5 ; 3,3]. La formule d’intégration par parties donne I = [u(x)v(x)] − ∫ u′(x)v(x) dx, soit I = [−(12)(2x − 1) e⁻²ˣ⁺³] − ∫ 2 × (−(12)) e⁻²ˣ⁺³ dx = [−(12)(2x − 1) e⁻²ˣ⁺³] + ∫ e⁻²ˣ⁺³ dx, les crochets et l’intégrale étant pris de 0,5 à 3,3.

Le crochet vaut −(12) × (2 × 3,3 − 1) e^−3,6 − (−(12) × (2 × 0,5 − 1) e²) = −2,8 e^−3,6 − 0 = −2,8 e^−3,6, car 2 × 0,5 − 1 = 0. L’intégrale restante vaut [−(12) e⁻²ˣ⁺³] de 0,5 à 3,3 = −(12) e^−3,6 + (12) e² = 0,5 e² − 0,5 e^−3,6.

En sommant : I = −2,8 e^−3,6 + 0,5 e² − 0,5 e^−3,6 = 0,5 e² − 3,3 e^−3,6. Numériquement, I ≈ 3,6944 − 0,0902 ≈ 3,604, soit I ≈ 3,6 arrondie au dixième.

Sur [0,5 ; 3,3], la fonction f est continue et positive (car 2x − 1 ≥ 0 et l’exponentielle est positive) : l’intégrale I est donc l’aire, en cm², du domaine compris entre C_f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0,5 et x = 3,3. Le logo est la réunion de ce domaine et de son symétrique par rapport à l’axe des abscisses (avec α ≈ 3,3), son aire vaut donc 2I ≈ 2 × 3,6 = 7,2 cm². Le volume du porte-clé est égal à l’aire du logo multipliée par l’épaisseur de la plaque : V ≈ 7,2 × 0,2 = 1,44 cm³. Le volume du porte-clé est donc d’environ 1,4 cm³ arrondi au dixième.