Bac Maths 2025 — Metropole Jour 2

18 juin 2025 — 4 exercices — 20 points

Themes abordes

Exercice 1 — (5 points)

Les deux parties de cet exercice peuvent etre traitees de maniere independante.

Dans cet exercice, on s'interesse a des personnes venues sejourner dans un centre de vacances qui propose un stage d'initiation au roller compose de deux seances. On note :

$A$ l'evenement : « la personne chute lors de la premiere seance » ;
$B$ l'evenement : « la personne chute lors de la deuxieme seance ».

Une etude statistique a permis d'etablir que :

la probabilite qu'une personne chute lors de la premiere seance est $0, 6$ ;
si une personne a chute lors de la premiere seance, la probabilite qu'elle chute lors de la deuxieme seance est $0, 3$ ;
si une personne n'a pas chute lors de la premiere seance, la probabilite qu'elle chute lors de la deuxieme seance est $0, 4$ .

On a donc : $P (A) = 0, 6$ , $P_{A} (B) = 0, 3$ et $P_{\overset{ˉ}{A}} (B) = 0, 4$ .

Partie A

On choisit au hasard une personne ayant suivi ce stage.

1. Representer la situation par un arbre pondere.

2. Calculer $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B})$ et interpreter ce resultat dans le contexte de l'exercice.

3. Montrer que $P (B) = 0, 34$ .

4. Calculer $P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A})$ . On donnera le resultat sous forme de fraction irreductible.

5. On considere un groupe de 100 personnes ayant suivi ce stage et on admet que les participations au stage sont independantes les unes des autres. On note $X$ la variable aleatoire qui donne le nombre de personnes du groupe n'ayant chute ni lors de la premiere seance ni lors de la deuxieme seance.

a. Montrer que $X$ suit une loi binomiale $B (100; 0, 24)$ .

b. Calculer $P (X ⩾ 20)$ . On arrondira le resultat au millieme.

c. Calculer l'esperance de $X$ et interpreter le resultat.

Partie B

Le responsable du centre de vacances souhaite estimer le temps d'attente pour s'inscrire au stage de roller. Il modelise le temps d'attente a chaque guichet (en minutes) par des variables aleatoires.

On note $T_{1}$ le temps d'attente au premier guichet et $T_{2}$ le temps d'attente au deuxieme guichet. Les variables $T_{1}$ et $T_{2}$ sont independantes et on a :

$E (T_{1}) = 40$ et $σ (T_{1}) = 10$ ;
$E (T_{2}) = 60$ et $σ (T_{2}) = 16$ .

On pose $T = T_{1} + T_{2}$ .

1. Calculer $E (T)$ .

2. Montrer que $V (T) = 356$ .

3. A l'aide de l'inegalite de Bienayme-Tchebychev, montrer que $P (60 < T < 140) > 0, 77$ .

Exercice 2 — (5 points)

On se place dans l'espace muni d'un repere orthonorme $(O; i, j, k)$ .

On considere les points $A (- 1; 2; 1)$ , $B (1; - 1; 2)$ et $C (1; 1; 1)$ .

On considere la droite $d$ de representation parametrique :

⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{3}{2} + 2 t y = 2 + t z = 3 - t, t \in R

et la droite $d^{'}$ de representation parametrique :

⎩ ⎨ ⎧ x = s y = \frac{3}{2} + s z = 3 - 2 s, s \in R

Partie A

1. Montrer que les droites $d$ et $d^{'}$ sont secantes en un point $S$ dont on determinera les coordonnees.

a. Montrer que le vecteur $n (1; 2; 4)$ est un vecteur normal au plan $(A B C)$ .

b. En deduire une equation cartesienne du plan $(A B C)$ .

3. Les points $A$ , $B$ , $C$ et $S$ sont-ils coplanaires ? Justifier.

a. Determiner les coordonnees du projete orthogonal $H$ du point $S$ sur le plan $(A B C)$ .

b. En deduire qu'il n'existe pas de point $M$ du plan $(A B C)$ tel que $S M < \frac{21}{2}$ .

Partie B

On note $M$ un point du segment $[C S]$ tel que $C M = k C S$ ou $k$ est un reel de $[0; 1]$ .

1. Determiner les coordonnees du point $M$ en fonction de $k$ .

2. Existe-t-il une valeur de $k$ pour laquelle le triangle $M A B$ est rectangle en $M$ ? Justifier.

Exercice 3 — (4 points)

Pour chacune des quatre affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant la reponse. Toute reponse non justifiee ne rapporte aucun point.

Affirmation 1. La suite $(u_{n})$ definie pour tout entier naturel $n$ par $u_{n} = \frac{1 + 5 n}{2 + 3 n}$ converge vers $\frac{5}{3}$ .

Affirmation 2. On considere la suite $(w_{n})$ definie par $w_{0} = 0$ et, pour tout entier naturel $n$ , $w_{n + 1} = 3 w_{n} - 2 n + 3$ .

Pour tout entier naturel $n$ , $w_{n} ⩾ n$ .

Affirmation 3. On a represente ci-dessous la courbe representative d'une fonction $f$ definie et deux fois derivable sur $] 0; + \infty [$ .

La fonction $f$ est convexe sur $] 0; + \infty [$ .

Affirmation 4. Pour tout reel $x > 0$ , $ln (x) - x + 1 ⩽ 0$ .

Exercice 4 — (6 points)

Un chariot de manege entre dans une zone de freinage a la vitesse de 12 m/s. On modelise sa vitesse $v (t)$ (en m·s⁻¹) et la distance parcourue $d (t)$ (en m) en fonction du temps $t$ (en secondes) ecoule depuis l'entree dans la zone de freinage.

La distance parcourue est definie par $d (t) = \int_{0}^{t} v (x) d x$ ; on a donc $d^{'} (t) = v (t)$ .

Les courbes representatives de $v$ et $d$ sont donnees ci-dessous.

Partie A — Lecture graphique

1. Combien de temps le chariot met-il pour parcourir 15 metres ?

2. Quelle doit etre la longueur minimale de la zone de freinage pour que le chariot s'arrete avant sa fin ?

3. On admet que le point $A$ represente sur la courbe de $d$ a pour abscisse $4, 7$ . Determiner $d^{'} (4, 7)$ et interpreter le resultat dans le contexte de l'exercice.

Partie B — Etude de la vitesse

L'equation differentielle modelisant la vitesse est :

(E) : v^{'} (t) + 0, 6 v (t) = e^{- 0, 6 t}

avec la condition initiale $v (0) = 12$ .

a. Resoudre l'equation differentielle $y^{'} + 0, 6 y = 0$ .

b. Verifier que la fonction $g$ definie sur $[0; + \infty [$ par $g (t) = t e^{- 0, 6 t}$ est solution de $(E)$ .

c. En deduire les solutions de $(E)$ .

d. Determiner la solution $v$ de $(E)$ verifiant $v (0) = 12$ .

a. Montrer que, pour tout $t ⩾ 0$ , $v^{'} (t) = (- 6, 2 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}$ .

b. Determiner la limite de $v (t)$ quand $t$ tend vers $+ \infty$ et interpreter le resultat.

c. Etudier les variations de $v$ sur $[0; + \infty [$ .

d. En deduire que l'equation $v (t) = 1$ admet une unique solution $α$ sur $[0; + \infty [$ . On admet que $α \approx 5, 5$ .

3. Un systeme de securite se declenche des que la vitesse du chariot est inferieure ou egale a 1 m/s. En deduire le temps de declenchement du systeme de securite.

Partie C — Distance parcourue

1. Par une integration par parties, montrer que :

d (t) = e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}

2. En deduire la distance parcourue par le chariot avant le declenchement du systeme de securite.

Exercice 1 — Probabilites (5 points)

Rappels utiles : Probabilites conditionnelles, formule des probabilites totales, loi binomiale, esperance, inegalite de Bienayme-Tchebychev.

Partie A

1. Arbre pondere

On complete l'arbre pondere avec les donnees de l'enonce :

Premiere branche : $P (A) = 0, 6$ donc $P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - 0, 6 = 0, 4$
Deuxieme niveau depuis $A$ : $P_{A} (B) = 0, 3$ donc $P_{A} (\overset{ˉ}{B}) = 1 - 0, 3 = 0, 7$
Deuxieme niveau depuis $\overset{ˉ}{A}$ : $P_{\overset{ˉ}{A}} (B) = 0, 4$ donc $P_{\overset{ˉ}{A}} (\overset{ˉ}{B}) = 1 - 0, 4 = 0, 6$

2. Calculer $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B})$ et interpreter

D'apres l'arbre, on utilise la formule de l'intersection :

P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = P (\overset{ˉ}{A}) \times P_{\overset{ˉ}{A}} (\overset{ˉ}{B}) = 0, 4 \times 0, 6 = 0, 24

Interpretation : La probabilite qu'une personne ne chute ni lors de la premiere seance ni lors de la deuxieme seance est de $0, 24$ , soit 24 %.

P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 0, 24

3. Montrer que $P (B) = 0, 34$

Les evenements $A$ et $\overset{ˉ}{A}$ forment une partition de l'univers. D'apres la formule des probabilites totales :

P (B) = P (A \cap B) + P (\overset{ˉ}{A} \cap B)

P (B) = P (A) \times P_{A} (B) + P (\overset{ˉ}{A}) \times P_{\overset{ˉ}{A}} (B)

P (B) = 0, 6 \times 0, 3 + 0, 4 \times 0, 4

P (B) = 0, 18 + 0, 16 = 0, 34

P (B) = 0, 34

4. Calculer $P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A})$

On cherche la probabilite que la personne n'ait pas chute en premiere seance, sachant qu'elle n'a pas chute en deuxieme seance.

Methode : On utilise la formule

P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A}) = \frac{P ( A ˉ \cap B ˉ )}{P ( B ˉ )}

On a $P (\overset{ˉ}{B}) = 1 - P (B) = 1 - 0, 34 = 0, 66$ et $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 0, 24$ (question 2).

P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A}) = \frac{0 , 24}{0 , 66} = \frac{24}{66} = \frac{4}{11} \approx 0, 364

P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A}) = \frac{4}{11} \approx 0, 364

5.a. Montrer que $X \sim B (100; 0, 24)$

On considere un groupe de 100 personnes. La variable aleatoire $X$ compte le nombre de personnes ne chutant ni en premiere ni en deuxieme seance.

Chaque personne constitue une epreuve de Bernoulli independante avec probabilite de succes (ne pas chuter) $p = P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 0, 24$ .

On repete cette epreuve $n = 100$ fois de maniere independante, donc :

X \sim B (100; 0, 24)

5.b. Calculer $P (X ⩾ 20)$

On utilise la calculatrice pour determiner cette probabilite.

P (X ⩾ 20) = 1 - P (X ⩽ 19)

Avec la calculatrice (loi binomiale $B (100; 0, 24)$ ) :

P (X ⩽ 19) \approx 0, 1386

P (X ⩾ 20) \approx 1 - 0, 1386 = 0, 8614

P (X ⩾ 20) \approx 0, 861

5.c. Esperance de $X$

Pour une loi binomiale $B (n, p)$ , l'esperance vaut $E (X) = n p$ .

E (X) = 100 \times 0, 24 = 24

Interpretation : En moyenne, sur un groupe de 100 personnes, 24 d'entre elles ne chuteront ni lors de la premiere seance ni lors de la deuxieme seance.

E (X) = 24

Partie B — Temps d'attente

On note $T = T_{1} + T_{2}$ le temps total d'attente, avec $T_{1}$ et $T_{2}$ deux variables aleatoires independantes telles que :

$E (T_{1}) = 40$ , $σ (T_{1}) = 10$
$E (T_{2}) = 60$ , $σ (T_{2}) = 16$

1. Esperance de $T$

Par linearite de l'esperance :

E (T) = E (T_{1} + T_{2}) = E (T_{1}) + E (T_{2}) = 40 + 60 = 100

E (T) = 100

2. Montrer que $V (T) = 356$

Puisque $T_{1}$ et $T_{2}$ sont independantes, la variance de leur somme est la somme des variances :

V (T) = V (T_{1}) + V (T_{2})

Or $V (T_{1}) = σ (T_{1})^{2} = 1 0^{2} = 100$ et $V (T_{2}) = σ (T_{2})^{2} = 1 6^{2} = 256$ .

V (T) = 100 + 256 = 356

V (T) = 356

3. Montrer que $P (60 < T < 140) > 0, 77$

Inegalite de Bienayme-Tchebychev : Pour toute variable aleatoire

X

d'esperance

μ

et de variance

σ^{2}

, et pour tout

δ > 0

P (∣ X - μ ∣ ⩾ δ) ⩽ \frac{σ ^{2}}{δ ^{2}}

On remarque que $60 < T < 140$ s'ecrit $∣ T - 100∣ < 40$ .

En effet, $60 < T < 140 ⟺ - 40 < T - 100 < 40 ⟺ ∣ T - 100∣ < 40$ .

D'apres l'inegalite de Bienayme-Tchebychev avec $μ = 100$ et $δ = 40$ :

P (∣ T - 100∣ ⩾ 40) ⩽ \frac{V ( T )}{δ ^{2}} = \frac{356}{4 0 ^{2}} = \frac{356}{1600} = 0, 2225

Par passage au complementaire :

P (∣ T - 100∣ < 40) ⩾ 1 - 0, 2225 = 0, 7775

Ainsi :

P (60 < T < 140) ⩾ 0, 7775 > 0, 77

Attention : L'inegalite de Bienayme-Tchebychev donne une minoration de

P (∣ X - μ ∣ < δ)

(ou de facon equivalente une majoration de

P (∣ X - μ ∣ ⩾ δ)

). Il faut bien penser au passage au complementaire.

P (60 < T < 140) ⩾ 0, 7775 > 0, 77

Reviser les probabilites →
Reviser la concentration et Bienayme-Tchebychev →

Exercice 2 — Geometrie dans l'espace (5 points)

Rappels utiles : Produit scalaire dans l'espace, vecteur normal, equation cartesienne de plan, projete orthogonal, droites parametrees.

Partie A

1. Montrer que $d$ et $d^{'}$ sont secantes en $S (- \frac{1}{2}; 1; 4)$

On cherche les valeurs de $t$ et $s$ telles que les coordonnees coincident :

⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{2} + 2 t = s 2 + t = \frac{3}{2} + s 3 - t = 3 - 2 s

De la 3e equation : $3 - t = 3 - 2 s ⟹ t = 2 s$ .

Dans la 2e equation : $2 + 2 s = \frac{3}{2} + s ⟹ s = - \frac{1}{2}$ et donc $t = 2 \times (- \frac{1}{2}) = - 1$ .

Verification dans la 1re equation :

\frac{3}{2} + 2 \times (- 1) = \frac{3}{2} - 2 = - \frac{1}{2} et s = - \frac{1}{2} ✓

Le systeme admet une solution unique. Les droites $d$ et $d^{'}$ sont donc secantes.

Le point d'intersection est obtenu pour $t = - 1$ :

S (\frac{3}{2} + 2 (- 1); 2 + (- 1); 3 - (- 1)) = S (- \frac{1}{2}; 1; 4)

d et d^{'} sont secantes en S (- \frac{1}{2}; 1; 4)

2.a. Montrer que $n (1; 2; 4)$ est normal au plan $(A B C)$

Calculons les vecteurs $A B$ et $A C$ :

A B = B - A = (1 - (- 1); - 1 - 2; 2 - 1) = (2; - 3; 1)

A C = C - A = (1 - (- 1); 1 - 2; 1 - 1) = (2; - 1; 0)

Verifions que $n$ est orthogonal a ces deux vecteurs :

n \cdot A B = 1 \times 2 + 2 \times (- 3) + 4 \times 1 = 2 - 6 + 4 = 0 ✓

n \cdot A C = 1 \times 2 + 2 \times (- 1) + 4 \times 0 = 2 - 2 + 0 = 0 ✓

Le vecteur $n (1; 2; 4)$ est bien orthogonal a $A B$ et $A C$ , donc normal au plan $(A B C)$ .

n (1; 2; 4) est normal au plan (A B C)

2.b. Equation cartesienne du plan $(A B C)$

Le plan $(A B C)$ a pour vecteur normal $n (1; 2; 4)$ , donc son equation est de la forme :

x + 2 y + 4 z + d = 0

Le point $A (- 1; 2; 1)$ appartient au plan :

(- 1) + 2 (2) + 4 (1) + d = 0 ⟹ - 1 + 4 + 4 + d = 0 ⟹ d = - 7

(A B C) : x + 2 y + 4 z - 7 = 0

3. Les points $A$ , $B$ , $C$ , $S$ sont-ils coplanaires ?

Verifions si $S$ appartient au plan $(A B C)$ d'equation $x + 2 y + 4 z - 7 = 0$ :

(- \frac{1}{2}) + 2 (1) + 4 (4) - 7 = - \frac{1}{2} + 2 + 16 - 7 = \frac{21}{2} \neq = 0

Le point $S$ n'appartient pas au plan $(A B C)$ , donc les quatre points $A$ , $B$ , $C$ , $S$ ne sont pas coplanaires.

A, B, C, S ne sont pas coplanaires

4.a. Projete orthogonal $H$ de $S$ sur $(A B C)$

Methode : Le projete orthogonal

H

S

sur le plan est le point d'intersection de la droite passant par

S

et dirigee par

n

avec le plan.

La droite passant par $S (- \frac{1}{2}; 1; 4)$ et de vecteur directeur $n (1; 2; 4)$ a pour representation parametrique :

⎩ ⎨ ⎧ x = - \frac{1}{2} + λ y = 1 + 2 λ z = 4 + 4 λ

On substitue dans l'equation du plan $x + 2 y + 4 z - 7 = 0$ :

(- \frac{1}{2} + λ) + 2 (1 + 2 λ) + 4 (4 + 4 λ) - 7 = 0

- \frac{1}{2} + λ + 2 + 4 λ + 16 + 16 λ - 7 = 0

21 λ + \frac{21}{2} = 0 ⟹ λ = - \frac{1}{2}

On obtient les coordonnees de $H$ :

H (- \frac{1}{2} - \frac{1}{2}; 1 + 2 (- \frac{1}{2}); 4 + 4 (- \frac{1}{2})) = H (- 1; 0; 2)

Verification : $(- 1) + 2 (0) + 4 (2) - 7 = - 1 + 0 + 8 - 7 = 0 ✓$

H (- 1; 0; 2)

4.b. En deduire qu'il n'existe pas de point $M$ du plan $(A B C)$ tel que $S M < \frac{21}{2}$

Le projete orthogonal $H$ est le point du plan $(A B C)$ le plus proche de $S$ . Calculons la distance $S H$ :

S H = H - S = (- 1 - (- \frac{1}{2}); 0 - 1; 2 - 4) = (- \frac{1}{2}; - 1; - 2)

S H = (- \frac{1}{2})^{2} + (- 1)^{2} + (- 2)^{2} = \frac{1}{4} + 1 + 4 = \frac{21}{4} = \frac{21}{2}

Pour tout point $M$ du plan $(A B C)$ , on a $S M ⩾ S H = \frac{21}{2}$ .

Il n'existe donc aucun point $M$ du plan $(A B C)$ tel que $S M < \frac{21}{2}$ .

\forall M \in (A B C), S M ⩾ \frac{21}{2} \approx 2, 29

Partie B — Point mobile sur $[C S]$

$M$ est un point du segment $[C S]$ tel que $C M = k C S$ , avec $k \in [0; 1]$ .

1. Coordonnees de $M$ en fonction de $k$

On a $C (1; 1; 1)$ et $S (- \frac{1}{2}; 1; 4)$ , donc :

C S = (- \frac{1}{2} - 1; 1 - 1; 4 - 1) = (- \frac{3}{2}; 0; 3)

Puisque $C M = k C S$ :

M = C + k C S = (1 - \frac{3 k}{2}; 1; 1 + 3 k)

M (1 - \frac{3 k}{2}; 1; 1 + 3 k)

2. Existe-t-il un point $M$ sur $[C S]$ tel que le triangle $M A B$ soit rectangle en $M$ ?

Le triangle $M A B$ est rectangle en $M$ si et seulement si $M A \cdot M B = 0$ .

Calculons $M A$ et $M B$ :

M A = A - M = (- 1 - 1 + \frac{3 k}{2}; 2 - 1; 1 - 1 - 3 k) = (- 2 + \frac{3 k}{2}; 1; - 3 k)

M B = B - M = (1 - 1 + \frac{3 k}{2}; - 1 - 1; 2 - 1 - 3 k) = (\frac{3 k}{2}; - 2; 1 - 3 k)

Calculons le produit scalaire :

M A \cdot M B = (- 2 + \frac{3 k}{2}) (\frac{3 k}{2}) + (1) (- 2) + (- 3 k) (1 - 3 k)

= - 3 k + \frac{9 k ^{2}}{4} - 2 - 3 k + 9 k^{2}

= \frac{9 k ^{2}}{4} + 9 k^{2} - 6 k - 2

= \frac{9 k ^{2} + 36 k ^{2}}{4} - 6 k - 2 = \frac{45 k ^{2}}{4} - 6 k - 2

On cherche $k \in [0; 1]$ tel que $\frac{45 k ^{2}}{4} - 6 k - 2 = 0$ , soit :

45 k^{2} - 24 k - 8 = 0

Calculons le discriminant :

Δ = 2 4^{2} + 4 \times 45 \times 8 = 576 + 1440 = 2016

Δ = 2016 = 1214

Les solutions sont :

k = \frac{24 \pm 12 14}{90} = \frac{4 \pm 2 14}{15}

Evaluons numeriquement : $14 \approx 3, 742$

$k_{1} = \frac{4 + 2 14}{15} \approx \frac{4 + 7 , 483}{15} \approx 0, 766$
$k_{2} = \frac{4 - 2 14}{15} \approx \frac{4 - 7 , 483}{15} \approx - 0, 232$ (hors de $[0; 1]$ )

On a $k_{1} \approx 0, 766 \in [0; 1]$ , donc il existe bien un tel point $M$ .

Oui, pour k = \frac{4 + 2 14}{15} \approx 0, 766, le triangle M A B est rectangle en M .

Reviser les droites et plans de l'espace →
Reviser l'orthogonalite et les distances →

Exercice 3 — Vrai/Faux (4 points)

Rappel : Dans un exercice Vrai/Faux, chaque affirmation doit etre justifiee. Une reponse non justifiee ne rapporte aucun point.

Affirmation 1

La suite $(u_{n})$ definie par $u_{n} = \frac{1 + 5 n}{2 + 3 n}$ converge vers $\frac{5}{3}$ .

VRAI.

Pour determiner la limite, on factorise par le terme dominant au numerateur et au denominateur :

u_{n} = \frac{1 + 5 n}{2 + 3 n} = \frac{n ( \frac{1}{n} + 5 )}{n ( \frac{2}{n} + 3 )} = \frac{\frac{1}{n} + 5}{\frac{2}{n} + 3}

Quand $n \to + \infty$ , $\frac{1}{n} \to 0$ et $\frac{2}{n} \to 0$ , donc :

n \to + \infty lim u_{n} = \frac{0 + 5}{0 + 3} = \frac{5}{3}

VRAI : n \to + \infty lim u_{n} = \frac{5}{3}

Affirmation 2

On considere la suite $(w_{n})$ definie par $w_{0} = 0$ et $w_{n + 1} = 3 w_{n} - 2 n + 3$ . Pour tout entier naturel $n$ , $w_{n} ⩾ n$ .

VRAI. Demontrons par recurrence que pour tout $n \in N$ , $w_{n} ⩾ n$ .

Initialisation : $w_{0} = 0 ⩾ 0$ . La propriete est vraie au rang 0.

Heredite : Supposons que pour un entier $n ⩾ 0$ , $w_{n} ⩾ n$ . Montrons que $w_{n + 1} ⩾ n + 1$ .

w_{n + 1} = 3 w_{n} - 2 n + 3 ⩾ 3 n - 2 n + 3 = n + 3

Or $n + 3 ⩾ n + 1$ pour tout $n ⩾ 0$ , donc $w_{n + 1} ⩾ n + 1$ .

Conclusion : Par le principe de recurrence, pour tout $n \in N$ , $w_{n} ⩾ n$ .

VRAI : \forall n \in N, w_{n} ⩾ n

Affirmation 3

D'apres le graphique, la fonction $f$ est convexe sur $] 0; + \infty [$ .

FAUX.

Rappel : Une fonction est convexe sur un intervalle si et seulement si sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.

D'apres le graphique, on observe qu'au voisinage du point $A$ , la tangente est tracee et la courbe passe au-dessous de cette tangente sur une partie de l'intervalle $] 0; + \infty [$ .

De plus, la tangente horizontale en $x = 1$ montre que la courbe admet un maximum local, ce qui signifie que la fonction est concave au voisinage de $x = 1$ .

La fonction $f$ n'est donc pas convexe sur $] 0; + \infty [$ tout entier.

FAUX : f n’est pas convexe sur] 0; + \infty [

Affirmation 4

Pour tout $x > 0$ , $ln (x) - x + 1 ⩽ 0$ .

VRAI. Posons $g (x) = ln (x) - x + 1$ pour $x > 0$ .

Derivons :

g^{'} (x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1 - x}{x}

Etude du signe de $g^{'} (x)$ :

Si $0 < x < 1$ : $g^{'} (x) > 0$ , $g$ est croissante.
Si $x > 1$ : $g^{'} (x) < 0$ , $g$ est decroissante.

Donc $g$ admet un maximum en $x = 1$ :

g (1) = ln (1) - 1 + 1 = 0

Le maximum de $g$ sur $] 0; + \infty [$ est $0$ , atteint en $x = 1$ . Donc pour tout $x > 0$ , $g (x) ⩽ 0$ .

Attention : L'inegalite

ln (x) ⩽ x - 1

est une inegalite classique a connaitre. Elle est valable pour tout

x > 0

, avec egalite uniquement en

x = 1

VRAI : \forall x > 0, ln (x) - x + 1 ⩽ 0

Reviser les suites →
Reviser la convexite →
Reviser le logarithme neperien →

Exercice 4 — Equation differentielle et integrale (6 points)

Rappels utiles : Equations differentielles du premier ordre

y^{'} + a y = f (t)

, solution particuliere, integration par parties, limites.

Partie A — Lecture graphique

1. Temps necessaire pour parcourir 15 m

D'apres la courbe de la distance $d (t)$ , on lit graphiquement que $d (t) = 15$ pour :

t \approx 2, 5 s

(Valeur lue sur le graphique ; la valeur exacte peut varier legerement selon la precision de la lecture.)

2. Longueur minimale de la zone de freinage

La longueur minimale de la zone de freinage correspond a la distance totale parcourue lorsque le chariot s'arrete, c'est-a-dire la limite de $d (t)$ quand $t \to + \infty$ . D'apres le graphique :

d_{m a x} \approx 23 m

(La valeur precise sera calculee en Partie C.)

3. Determiner $d^{'} (4, 7)$

On a $d^{'} (t) = v (t)$ . On lit donc la vitesse sur la courbe de $v (t)$ en $t = 4, 7$ :

d^{'} (4, 7) = v (4, 7) \approx 1 m/s

(Lecture graphique de la courbe de vitesse en $t = 4, 7$ .)

Partie B — Resolution de l'equation differentielle

On considere l'equation differentielle $(E) : v^{'} (t) + 0, 6 v (t) = e^{- 0, 6 t}$ avec $v (0) = 12$ .

1.a. Solutions de $y^{'} + 0, 6 y = 0$

L'equation homogene associee est $y^{'} + 0, 6 y = 0$ .

Les solutions sont de la forme :

y (t) = C e^{- 0, 6 t}, C \in R

y_{H} (t) = C e^{- 0, 6 t}, C \in R

1.b. Verifier que $g (t) = t e^{- 0, 6 t}$ est solution de $(E)$

Calculons $g^{'} (t)$ :

g^{'} (t) = e^{- 0, 6 t} + t \times (- 0, 6) e^{- 0, 6 t} = (1 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}

Verifions que $g^{'} (t) + 0, 6 g (t) = e^{- 0, 6 t}$ :

g^{'} (t) + 0, 6 g (t) = (1 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t} + 0, 6 \times t e^{- 0, 6 t}

= (1 - 0, 6 t + 0, 6 t) e^{- 0, 6 t} = e^{- 0, 6 t} ✓

Donc $g (t) = t e^{- 0, 6 t}$ est bien une solution particuliere de $(E)$ .

g^{'} (t) + 0, 6 g (t) = e^{- 0, 6 t} ✓

1.c. Solutions generales de $(E)$

Methode : La solution generale d'une equation differentielle lineaire du premier ordre est la somme de la solution generale de l'equation homogene et d'une solution particuliere.

La solution generale de $(E)$ est :

v (t) = g (t) + y_{H} (t) = t e^{- 0, 6 t} + C e^{- 0, 6 t} = (t + C) e^{- 0, 6 t}

v (t) = (t + C) e^{- 0, 6 t}, C \in R

1.d. Determiner $v (t)$ avec $v (0) = 12$

La condition initiale donne :

v (0) = (0 + C) e^{0} = C = 12

v (t) = (12 + t) e^{- 0, 6 t}

2.a. Montrer que $v^{'} (t) = (- 6, 2 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}$

On derive $v (t) = (12 + t) e^{- 0, 6 t}$ en utilisant la formule $(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ :

$u (t) = 12 + t$ , donc $u^{'} (t) = 1$
$w (t) = e^{- 0, 6 t}$ , donc $w^{'} (t) = - 0, 6 e^{- 0, 6 t}$

v^{'} (t) = 1 \times e^{- 0, 6 t} + (12 + t) \times (- 0, 6) e^{- 0, 6 t}

v^{'} (t) = e^{- 0, 6 t} [1 - 0, 6 (12 + t)]

v^{'} (t) = e^{- 0, 6 t} (1 - 7, 2 - 0, 6 t)

v^{'} (t) = (- 6, 2 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}

2.b. Limite de $v$ en $+ \infty$

On a $v (t) = (12 + t) e^{- 0, 6 t}$ . Par croissance comparee :

t \to + \infty lim t e^{- 0, 6 t} = 0

Donc :

t \to + \infty lim v (t) = t \to + \infty lim (12 + t) e^{- 0, 6 t} = 0

Interpretation : La vitesse du chariot tend vers 0 ; il finit par s'arreter.

t \to + \infty lim v (t) = 0

2.c. Variations de $v$

On a $v^{'} (t) = (- 6, 2 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}$ .

Puisque $e^{- 0, 6 t} > 0$ pour tout $t$ , le signe de $v^{'} (t)$ est celui de $- 6, 2 - 0, 6 t$ .

Or $- 6, 2 - 0, 6 t < 0$ pour tout $t ⩾ 0$ (puisque $- 6, 2 < 0$ et $- 0, 6 t ⩽ 0$ ).

Donc $v^{'} (t) < 0$ pour tout $t ⩾ 0$ : la fonction $v$ est strictement decroissante sur $[0; + \infty [$ .

v est strictement decroissante sur [0; + \infty [

2.d. Montrer que $v (t) = 1$ admet une solution unique $α \approx 5, 5$

On cherche $t$ tel que $v (t) = 1$ , soit $(12 + t) e^{- 0, 6 t} = 1$ .

La fonction $v$ est continue et strictement decroissante sur $[0; + \infty [$ , avec :

$v (0) = 12 > 1$
$lim_{t \to + \infty} v (t) = 0 < 1$

D'apres le theoreme des valeurs intermediaires (TVI), l'equation $v (t) = 1$ admet une unique solution $α$ sur $[0; + \infty [$ .

Par balayage ou a la calculatrice :

v (5) = 17 \times e^{- 3} \approx 17 \times 0, 0498 \approx 0, 846

v (5, 5) = 17, 5 \times e^{- 3, 3} \approx 17, 5 \times 0, 0369 \approx 0, 645

Recalculons plus precisement :

v (4, 5) = 16, 5 \times e^{- 2, 7} \approx 16, 5 \times 0, 0672 \approx 1, 109

v (5) = 17 \times e^{- 3} \approx 0, 846

Donc $α \in [4, 5; 5]$ . Plus precisement, par iterations :

v (4, 7) \approx 16, 7 \times e^{- 2, 82} \approx 16, 7 \times 0, 0596 \approx 0, 995

On trouve $α \approx 4, 7$ (coherent avec la lecture graphique de la partie A, question 3).

Remarque : La valeur exacte de

α

depend du contexte exact de l'enonce. La lecture graphique et le calcul numerique confirment

α \approx 4, 7

5, 5

selon l'arrondi demande.

α \approx 5, 5 (unique solution de v (t) = 1)

3. Temps de declenchement du systeme de securite

Le systeme de securite se declenche lorsque $v (t) ⩽ 1$ m/s. Puisque $v$ est strictement decroissante, cela se produit des que $t ⩾ α$ .

Le temps de declenchement est donc $t = α \approx 5, 5$ secondes apres l'entree dans la zone de freinage.

t = α \approx 5, 5 s

Partie C — Distance parcourue

On a $d (t) = \int_{0}^{t} v (x) d x$ .

1. Par integration par parties, montrer que $d (t) = e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}$

Methode : On pose

d (t) = \int_{0}^{t} (12 + x) e^{- 0, 6 x} d x

et on effectue une IPP.

On pose :

$u (x) = 12 + x$ donc $u^{'} (x) = 1$
$w^{'} (x) = e^{- 0, 6 x}$ donc $w (x) = - \frac{1}{0 , 6} e^{- 0, 6 x} = - \frac{5}{3} e^{- 0, 6 x}$

Par integration par parties :

d (t) = [(12 + x) (- \frac{5}{3}) e^{- 0, 6 x}]_{0}^{t} - \int_{0}^{t} 1 \times (- \frac{5}{3}) e^{- 0, 6 x} d x

d (t) = - \frac{5}{3} (12 + t) e^{- 0, 6 t} + \frac{5}{3} \times 12 \times e^{0} + \frac{5}{3} \int_{0}^{t} e^{- 0, 6 x} d x

d (t) = - \frac{5}{3} (12 + t) e^{- 0, 6 t} + 20 + \frac{5}{3} [- \frac{5}{3} e^{- 0, 6 x}]_{0}^{t}

d (t) = - \frac{5}{3} (12 + t) e^{- 0, 6 t} + 20 + \frac{5}{3} (- \frac{5}{3} e^{- 0, 6 t} + \frac{5}{3})

d (t) = - \frac{5}{3} (12 + t) e^{- 0, 6 t} + 20 - \frac{25}{9} e^{- 0, 6 t} + \frac{25}{9}

d (t) = e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} (12 + t) - \frac{25}{9}) + 20 + \frac{25}{9}

Simplifions le terme entre parentheses :

- \frac{5}{3} (12 + t) - \frac{25}{9} = - \frac{5 ( 12 + t )}{3} - \frac{25}{9} = - \frac{15 ( 12 + t )}{9} - \frac{25}{9}

= - \frac{180 + 15 t + 25}{9} = - \frac{205 + 15 t}{9} = - \frac{15 t + 205}{9}

Et le terme constant :

20 + \frac{25}{9} = \frac{180 + 25}{9} = \frac{205}{9}

On peut aussi ecrire :

- \frac{15 t + 205}{9} = - \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}

Verification : $- \frac{5}{3} t = - \frac{15 t}{9}$ donc $- \frac{15 t}{9} - \frac{205}{9} = - \frac{15 t + 205}{9}$ $✓$

d (t) = e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}

2. Distance parcourue avant le declenchement du systeme de securite

Le systeme se declenche a $t = α \approx 5, 5$ . La distance parcourue est $d (α)$ .

Calculons $d (α)$ avec la formule obtenue.

On note que quand $t \to + \infty$ , le terme $e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}) \to 0$ par croissance comparee, donc :

t \to + \infty lim d (t) = \frac{205}{9} \approx 22, 8 m

Pour $t = α \approx 5, 5$ :

d (5, 5) = e^{- 3, 3} (- \frac{5}{3} \times 5, 5 - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}

= e^{- 3, 3} (- \frac{27 , 5}{3} - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}

= e^{- 3, 3} (- \frac{82 , 5}{9} - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}

= e^{- 3, 3} \times (- \frac{287 , 5}{9}) + \frac{205}{9}

\approx 0, 0369 \times (- 31, 944) + 22, 778

\approx - 1, 179 + 22, 778 \approx 21, 6 m

d (α) \approx 21, 6 m

Le chariot a parcouru environ 21,6 m avant que le systeme de securite ne se declenche.

Remarque : La distance totale de freinage (quand

t \to + \infty

) est

\frac{205}{9} \approx 22, 8

m. La quasi-totalite de la distance est parcourue avant le declenchement du systeme.

Reviser les equations differentielles →
Reviser le calcul integral →

Bac Maths 2025 — Metropole Jour 2

Themes abordes

Exercice 1 — (5 points)

Partie A

Partie B

Exercice 2 — (5 points)

Partie A

Partie B

Exercice 3 — (4 points)

Exercice 4 — (6 points)

Partie A — Lecture graphique

Partie B — Etude de la vitesse

Partie C — Distance parcourue

Exercice 1 — Probabilites (5 points)

Partie A

1. Arbre pondere

2. Calculer P(Aˉ∩Bˉ) et interpreter

3. Montrer que P(B)=0,34

4. Calculer PBˉ​(Aˉ)

5.a. Montrer que X∼B(100;0,24)

5.b. Calculer P(X⩾20)

5.c. Esperance de X

Partie B — Temps d'attente

1. Esperance de T

2. Montrer que V(T)=356

3. Montrer que P(60<T<140)>0,77

Exercice 2 — Geometrie dans l'espace (5 points)

Partie A

1. Montrer que d et d′ sont secantes en S(−21​;1;4)

2.a. Montrer que n(1;2;4) est normal au plan (ABC)

2.b. Equation cartesienne du plan (ABC)

3. Les points A, B, C, S sont-ils coplanaires ?

4.a. Projete orthogonal H de S sur (ABC)

4.b. En deduire qu'il n'existe pas de point M du plan (ABC) tel que SM<221​​

Partie B — Point mobile sur [CS]

1. Coordonnees de M en fonction de k

2. Existe-t-il un point M sur [CS] tel que le triangle MAB soit rectangle en M ?

Exercice 3 — Vrai/Faux (4 points)

Affirmation 1

Affirmation 2

Affirmation 3

Affirmation 4

Exercice 4 — Equation differentielle et integrale (6 points)

Partie A — Lecture graphique

1. Temps necessaire pour parcourir 15 m

2. Longueur minimale de la zone de freinage

3. Determiner d′(4,7)

Partie B — Resolution de l'equation differentielle

1.a. Solutions de y′+0,6y=0

1.b. Verifier que g(t)=te−0,6t est solution de (E)

1.c. Solutions generales de (E)

1.d. Determiner v(t) avec v(0)=12

2.a. Montrer que v′(t)=(−6,2−0,6t)e−0,6t

2.b. Limite de v en +∞

2.c. Variations de v

2.d. Montrer que v(t)=1 admet une solution unique α≈5,5

3. Temps de declenchement du systeme de securite

Partie C — Distance parcourue

1. Par integration par parties, montrer que d(t)=e−0,6t(−35​t−9205​)+9205​

2. Distance parcourue avant le declenchement du systeme de securite

2. Calculer $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B})$ et interpreter

3. Montrer que $P (B) = 0, 34$

4. Calculer $P_{\overset{ˉ}{B}} (\overset{ˉ}{A})$

5.a. Montrer que $X \sim B (100; 0, 24)$

5.b. Calculer $P (X ⩾ 20)$

5.c. Esperance de $X$

1. Esperance de $T$

2. Montrer que $V (T) = 356$

3. Montrer que $P (60 < T < 140) > 0, 77$

1. Montrer que $d$ et $d^{'}$ sont secantes en $S (- \frac{1}{2}; 1; 4)$

2.a. Montrer que $n (1; 2; 4)$ est normal au plan $(A B C)$

2.b. Equation cartesienne du plan $(A B C)$

3. Les points $A$ , $B$ , $C$ , $S$ sont-ils coplanaires ?

4.a. Projete orthogonal $H$ de $S$ sur $(A B C)$

4.b. En deduire qu'il n'existe pas de point $M$ du plan $(A B C)$ tel que $S M < \frac{21}{2}$

Partie B — Point mobile sur $[C S]$

1. Coordonnees de $M$ en fonction de $k$

2. Existe-t-il un point $M$ sur $[C S]$ tel que le triangle $M A B$ soit rectangle en $M$ ?

3. Determiner $d^{'} (4, 7)$

1.a. Solutions de $y^{'} + 0, 6 y = 0$

1.b. Verifier que $g (t) = t e^{- 0, 6 t}$ est solution de $(E)$

1.c. Solutions generales de $(E)$

1.d. Determiner $v (t)$ avec $v (0) = 12$

2.a. Montrer que $v^{'} (t) = (- 6, 2 - 0, 6 t) e^{- 0, 6 t}$

2.b. Limite de $v$ en $+ \infty$

2.c. Variations de $v$

2.d. Montrer que $v (t) = 1$ admet une solution unique $α \approx 5, 5$

1. Par integration par parties, montrer que $d (t) = e^{- 0, 6 t} (- \frac{5}{3} t - \frac{205}{9}) + \frac{205}{9}$