Sujet du bac 2025 de spé maths — Métropole, jour 1 (général)

1. Premier niveau de l'arbre : $P(A)=0,45$, $P(B)=0,10$, $P(AB)=0,03$ et $P(O)=1-0,45-0,10-0,03=0,42$. Second niveau : après $A$, $P_A(R)=0,85$ et $P_A(\overline{R})=0,15$ ; après $B$, $P_B(R)=0,84$ et $P_B(\overline{R})=0,16$ ; après $AB$, $P_{AB}(R)=0,82$ et $P_{AB}(\overline{R})=0,18$. Les deux branches issues de $O$ ne sont pas données par l'énoncé (elles sont déterminées à la question 3 : $0,83$ et $0,17$).

2. $P(B\cap R)$$=P(B)\times P_B(R)$$=0,10\times 0,84$$=0,084$. $P(B\cap R)=0,084$ : $8,4\%$ des individus sont du groupe B et de rhésus positif.

3. $A$, $B$, $AB$, $O$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :

$P(R)$$=P(A\cap R)+P(B\cap R)+P(AB\cap R)+P(O\cap R)$$=0,45\times 0,85+0,084+0,03\times 0,82+0,42P_O(R)$.

Soit $0,8397$$=0,3825+0,084+0,0246+0,42P_O(R)$$=0,4911+0,42P_O(R)$, d'où $P_O(R)={\displaystyle \frac{0,8397-0,4911}{0,42}}={\displaystyle \frac{0,3486}{0,42}}=0,83$. $P_O(R)=0,83$.

4. Un donneur universel est de groupe O et de rhésus négatif : $P(O\cap \overline{R})$$=P(O)\times P_O(\overline{R})$$=0,42\times (1-0,83)$$=0,42\times 0,17$$=0,0714$. La probabilité d'être donneur universel est $0,0714$.

5. a) On répète $100$ fois de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) une épreuve de Bernoulli de succès « la personne est donneur universel », de probabilité $0,0714$, et $X$ compte les succès. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(100;0,0714)$.

5. b) À la calculatrice : $P(X⩽7)\approx 0,577$. La probabilité d'avoir au plus $7$ donneurs universels est environ $0,577$.

5. c) Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n;p)$, $E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$. Ici $E(X)=100\times 0,0714=7,14$ et $V(X)=100\times 0,0714\times 0,9286=6,630204\approx 6,63$. $E(X)=7,14$ et $V(X)\approx 6,63$.

6. a) $M_N$ est la moyenne des nombres de donneurs universels observés dans les $N$ échantillons de $100$ personnes (un par ville) : le nombre moyen de donneurs universels par échantillon.

6. b) Par linéarité de l'espérance : $E(M_N)$$={\displaystyle \frac{1}{N}}(E(X_1)+\dots +E(X_N))$$={\displaystyle \frac{1}{N}}\times N\times 7,14$. $E(M_N)=7,14$.

6. c) Les variables $X_1,\dots ,X_N$ sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme des variances : $V(X_1+\dots +X_N)=N\times 6,63$. De plus $V(aY)=a^{2}V(Y)$, donc $V(M_N)={\displaystyle \frac{1}{N^2}}\times N\times 6,63$. $V(M_N)={\displaystyle \frac{6,63}{N}}$.

6. d) L'événement $\{7<M_N<7,28\}$ s'écrit $\{|M_N-7,14|<0,14\}$ (intervalle centré en $E(M_N)=7,14$, de rayon $0,14$). D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

$P(|M_N-7,14|⩾0,14)⩽{\displaystyle \frac{V(M_N)}{0,{14}^2}}$$={\displaystyle \frac{6,63}{0,0196N}}$, donc $P(7<M_N<7,28)⩾1-{\displaystyle \frac{6,63}{0,0196N}}$.

Il suffit donc que $1-{\displaystyle \frac{6,63}{0,0196N}}⩾0,95$, soit ${\displaystyle \frac{6,63}{0,0196N}}⩽0,05$, soit $N⩾{\displaystyle \frac{6,63}{0,0196\times 0,05}}={\displaystyle \frac{6,63}{0,00098}}\approx 6765,3$.

La plus petite valeur est $N=6766$.

Partie A : lectures graphiques

1. $f^{\prime }(1)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$, qui passe par $A(1;2)$ et $C(3;0)$ : $f^{\prime }(1)={\displaystyle \frac{0-2}{3-1}}=-1$. $f^{\prime }(1)=-1$.

2. $f^{\prime }(x)=0$ correspond aux points où la tangente à $C_f$ est horizontale. Sur le graphique, la courbe admet un maximum local (vers $x\approx 0,4$) puis un minimum local (vers $x\approx 1,6$) : l'équation $f^{\prime }(x)=0$ admet deux solutions dans $]0;3]$. (On le confirme en partie B : $f^{\prime }(x)=0⟺\ln x=-1$ ou $\ln x={\displaystyle \frac{1}{2}}$, soit $x=e^{-1}\approx 0,37$ ou $x=\sqrt{e}\approx 1,65$.)

3. Au voisinage de $x=0,2$, la courbe est située en dessous de ses tangentes (elle « tourne » vers le bas en montant vers son maximum local) : $f$ est concave sur cette zone, donc $f^{″}(0,2)<0$. (Confirmation par la partie B : $f^{″}(0,2)={\displaystyle \frac{4\ln (0,2)+1}{0,2}}<0$ car $\ln (0,2)<0$.)

Partie B : étude de la fonction

1. Le discriminant de $2X^2-3X+2$ est $\Delta =(-3{)}^2-4\times 2\times 2=9-16=-7<0$ : l'équation $2X^2-3X+2=0$ n'a pas de solution réelle, et le trinôme est strictement positif (signe du coefficient dominant $2$).

En posant $X=\ln x$, on obtient $2(\ln x{)}^2-3\ln x+2>0$ pour tout $x>0$ ; comme $x>0$, $f(x)>0$ sur $]0;+\infty [$. $f$ ne s'annule jamais : $C_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

2. $\underset{x\to +\infty }{lim}\ln x=+\infty$. Posons $X=\ln x$ ; $2X^2-3X+2=X^2(2-{\displaystyle \frac{3}{X}}+{\displaystyle \frac{2}{X^2}})$ tend vers $+\infty$ quand $X\to +\infty$. Par composition, $\underset{x\to +\infty }{lim}(2(\ln x{)}^2-3\ln x+2)=+\infty$, et $\underset{x\to +\infty }{lim}x=+\infty$. Par produit, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$.

3. a) $f^{\prime }(x)=2(\ln x{)}^2+\ln x-1$. La dérivée de $(\ln x{)}^2$ est $2\ln x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}$ (dérivée de $u^2$ : $2u^{\prime }u$). Donc $f^{″}(x)=2\times 2\ln x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{4\ln x+1}{x}}$. $f^{″}(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}(4\ln x+1)$.

3. b) Sur $]0;+\infty [$, ${\displaystyle \frac{1}{x}}>0$ donc $f^{″}(x)$ a le signe de $4\ln x+1$ : $4\ln x+1⩾0⟺\ln x⩾-{\displaystyle \frac{1}{4}}⟺x⩾e^{-1/4}$ (croissance de la fonction exponentielle).

$f$ est concave sur $\left]0;e^{-1/4}\right]$ et convexe sur $[e^{-1/4};+\infty [$ ; $f^{″}$ s'annule en changeant de signe en $x=e^{-1/4}\approx 0,78$, abscisse du point d'inflexion.

3. c) Comme $e^{-1/4}<1$, $f$ est convexe sur $[1;+\infty [$. Or une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes en tout point de cet intervalle. Le point $B$ a pour abscisse $e\in [1;+\infty [$, donc $C_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $[1;+\infty [$.

Partie C : calcul d'aire

1. $f^{\prime }(e)=2(\ln e{)}^2+\ln e-1=2+1-1=2$ et $f(e)=e$. La tangente en $B$ a pour équation $y=f^{\prime }(e)(x-e)+f(e)=2(x-e)+e$, soit $y=2x-e$.

2. On pose $u(x)=\ln x$, $v^{\prime }(x)=x$, d'où $u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$, $v(x)={\displaystyle \frac{x^2}{2}}$ ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur $[1;e]$. Par intégration par parties :

${\displaystyle {\int }_1^{e}x\ln xdx={\left[{\displaystyle \frac{x^2}{2}}\ln x\right]}_1^e-{\int }_1^e{\displaystyle \frac{x^2}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{x}}dx={\displaystyle \frac{e^2}{2}}-0-{\int }_1^e{\displaystyle \frac{x}{2}}dx={\displaystyle \frac{e^2}{2}}-{\left[{\displaystyle \frac{x^2}{4}}\right]}_1^e={\displaystyle \frac{e^2}{2}}-{\displaystyle \frac{e^2-1}{4}}={\displaystyle \frac{e^2+1}{4}}}$.

${\displaystyle {\int }_1^{e}x\ln xdx={\displaystyle \frac{e^2+1}{4}}}$.

3. Sur $[1;e]$, $C_f$ est au-dessus de $T_B$ (question B.3.c), et les fonctions sont continues. L'aire cherchée est donc :

$\mathcal{A}$$={\displaystyle {\int }_1^e(f(x)-(2x-e))dx={\int }_1^e(2x(\ln x{)}^2-3x\ln x+2x-2x+e)dx=2{\int }_1^{e}x(\ln x{)}^{2}dx-3{\int }_1^{e}x\ln xdx+{\int }_1^{e}edx}$.

$\mathcal{A}$$=2\times {\displaystyle \frac{e^2-1}{4}}-3\times {\displaystyle \frac{e^2+1}{4}}+e(e-1)$$={\displaystyle \frac{2e^2-2-3e^2-3}{4}}+e^2-e$$={\displaystyle \frac{-e^2-5+4e^2-4e}{4}}$.

$\mathcal{A}={\displaystyle \frac{3e^2-4e-5}{4}}\approx 1,57$ unité d'aire.

Affirmation 1 : VRAIE. $\overrightarrow{AB}(4;2;-6)$. Le vecteur directeur $\overrightarrow{u}(-2;-1;3)$ de la représentation proposée vérifie $\overrightarrow{AB}=-2\overrightarrow{u}$ : il dirige bien la droite $(AB)$. De plus, pour $t=0$, on obtient le point $(3;2;-1)=B$, qui appartient à $(AB)$. La représentation paramétrique proposée est bien celle de $(AB)$.

Affirmation 2 : FAUSSE. $\overrightarrow{n}$ est normal au plan $(OAB)$ si et seulement s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple $\overrightarrow{OA}(-1;0;5)$ et $\overrightarrow{OB}(3;2;-1)$. Or $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{OA}=-5+0+5=0$ mais $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{OB}=15-4-1=10\ne 0$. $\overrightarrow{n}$ n'est pas normal au plan $(OAB)$.

Affirmation 3 : FAUSSE. $d$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}(1;-1;2)$ et $d^{\prime }$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}(4;4;-6)$, non colinéaires. Cherchons un point commun : $15+k=1+4s$, $8-k=2+4s$, $-6+2k=1-6s$. En additionnant les deux premières équations : $23=3+8s$, soit $s={\displaystyle \frac{5}{2}}$, puis $k=4s-14=-4$. Vérification dans la troisième : $-6+2\times (-4)=-14$ et $1-6\times {\displaystyle \frac{5}{2}}=-14$. Le système a une solution : les droites sont sécantes au point $(11;12;-14)$, donc coplanaires.

Affirmation 4 : VRAIE. $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n}(1;-1;1)$. La distance de $C(2;-1;2)$ à $\mathcal{P}$ vaut ${\displaystyle \frac{|2-(-1)+2+1|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2+1^2}}}$$={\displaystyle \frac{6}{\sqrt{3}}}$$={\displaystyle \frac{6\sqrt{3}}{3}}$$=2\sqrt{3}$. La distance est bien $2\sqrt{3}$. (Sans la formule : le projeté $H=C+t\overrightarrow{n}=(2+t;-1-t;2+t)$ est dans $\mathcal{P}$ pour $2+t+1+t+2+t+1=0$, soit $t=-2$, et $CH=|t|\Vert \overrightarrow{n}\Vert =2\sqrt{3}$.)

Partie A : modèle discret

1. $u_1=-0,02\times 1^2+1,3\times 1=1,28$. Au 1er juillet 2025, la posidonie devrait recouvrir $1,28$ ha.

2. a) On remarque que $u_{n+1}=h(u_n)$. Montrons par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $1⩽u_n⩽u_{n+1}⩽20$ ».

Initialisation : $u_0=1$ et $u_1=1,28$, donc $1⩽u_0⩽u_1⩽20$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ tel que $1⩽u_n⩽u_{n+1}⩽20$. Comme $h$ est croissante sur $[0;20]$, elle conserve l'ordre : $h(1)⩽h(u_n)⩽h(u_{n+1})⩽h(20)$, soit $1,28⩽u_{n+1}⩽u_{n+2}⩽18$ (car $h(1)=1,28$ et $h(20)=-8+26=18$). Comme $1⩽1,28$ et $18⩽20$, on obtient $1⩽u_{n+1}⩽u_{n+2}⩽20$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $1⩽u_n⩽u_{n+1}⩽20$.

2. b) D'après 2.a, la suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $20$. D'après le théorème de convergence monotone, $(u_n)$ converge vers une limite $L$, avec $1⩽L⩽20$.

2. c) La fonction $h$ est continue sur $[0;20]$ (fonction polynôme) et $u_{n+1}=h(u_n)$ avec $u_n\to L$ ; par passage à la limite, $L=h(L)$, soit $L=-0,02L^2+1,3L$, soit $0,02L^2-0,3L=0$, soit $L(0,02L-0,3)=0$ : $L=0$ ou $L=15$. Comme $L⩾1$, $L=15$.

3. a) La suite converge vers $15>14$ : par définition de la limite, tout intervalle ouvert contenant $15$, par exemple $]14;16[$, contient tous les termes $u_n$ à partir d'un certain rang. La surface dépassera donc $14$ ha d'après ce modèle.

3. b) On complète l'algorithme :

def seuil():
    n = 0
    u = 1
    while u <= 14 :
        n = n + 1
        u = -0.02*u**2 + 1.3*u
    return n

Tant que la surface $u=u_n$ ne dépasse pas $14$, on passe à l'année suivante ($n$ augmente de $1$) et on calcule la surface suivante avec la relation de récurrence. La fonction renvoie le premier entier $n$ tel que $u_n>14$, c'est-à-dire le nombre d'années après 2024 au bout duquel la surface dépasse $14$ ha (on trouve $n=18$, soit en 2042, avec $u_{18}\approx 14,12$).

Partie B : modèle continu

1. $f$ est dérivable et ne s'annule pas sur $[0;+\infty [$, donc $g={\displaystyle \frac{1}{f}}$ est dérivable et $g^{\prime }=-{\displaystyle \frac{f^{\prime }}{f^2}}$. En utilisant $(E_1)$ : $g^{\prime }(t)$$=-{\displaystyle \frac{0,02f(t)(15-f(t))}{f(t{)}^2}}$$=-{\displaystyle \frac{0,02(15-f(t))}{f(t)}}$$=-{\displaystyle \frac{0,3}{f(t)}}+0,02$$=-0,3g(t)+0,02$.

$g$ est solution de $(E_2)$ : $y^{\prime }=-0,3y+0,02$.

2. $(E_2)$ est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-0,3$ et $b=0,02$. Ses solutions sont les fonctions $t\mapsto K{e}^{at}-{\displaystyle \frac{b}{a}}$, soit $t\mapsto K{e}^{-0,3t}+{\displaystyle \frac{1}{15}}$, avec $K\in \mathbb{R}$ (car $-{\displaystyle \frac{0,02}{-0,3}}={\displaystyle \frac{2}{30}}={\displaystyle \frac{1}{15}}$).

3. $g$ est de la forme $g(t)=K{e}^{-0,3t}+{\displaystyle \frac{1}{15}}$ et $g(0)={\displaystyle \frac{1}{f(0)}}=1$, donc $K+{\displaystyle \frac{1}{15}}=1$, $K={\displaystyle \frac{14}{15}}$. Ainsi $g(t)={\displaystyle \frac{14e^{-0,3t}+1}{15}}$ et, comme $f={\displaystyle \frac{1}{g}}$ : $f(t)={\displaystyle \frac{15}{14e^{-0,3t}+1}}$ pour tout $t⩾0$.

4. $\underset{t\to +\infty }{lim}(-0,3t)=-\infty$ donc $\underset{t\to +\infty }{lim}{e}^{-0,3t}=0$ ; le dénominateur tend vers $1$ et $\underset{t\to +\infty }{lim}f(t)=15$. À long terme, la posidonie recouvrira $15$ ha, comme dans le modèle discret.

5. Le dénominateur $14e^{-0,3t}+1$ étant strictement positif :

$f(t)$$>14⟺15$$>14(14e^{-0,3t}+1)⟺15$$>196e^{-0,3t}+14⟺e^{-0,3t}$$<{\displaystyle \frac{1}{196}}⟺-0,3t$$<-\ln 196$ (la fonction $\ln$ est strictement croissante) $⟺t>{\displaystyle \frac{\ln 196}{0,3}}$.

Or ${\displaystyle \frac{\ln 196}{0,3}}\approx 17,6$. L'ensemble des solutions est $]{\displaystyle \frac{\ln 196}{0,3}};+\infty [$ : d'après le modèle continu, la surface recouverte dépasse $14$ ha au bout d'environ $17,6$ ans après le 1er juillet 2024, c'est-à-dire au début de l'année 2042, ce qui est cohérent avec le modèle discret ($n=18$).