Sujet du bac 2025 de spé maths — Métropole, jour 2 (général)

Partie A

1. Arbre pondéré : depuis la racine, $A$ avec la probabilité $0,6$ et $\overline{A}$ avec $0,4$. Après $A$ : $B$ avec $P_A(B)=0,3$ et $\overline{B}$ avec $0,7$. Après $\overline{A}$ : $B$ avec $P_{\overline{A}}(B)=0,4$ et $\overline{B}$ avec $0,6$.

2. $P(A\cap B)$$=P(A)\times P_A(B)$$=0,6\times 0,3$$=0,18$. $P(A\cap B)=0,18$ : $18\%$ des personnes chutent lors des deux séances.

3. $A$ et $\overline{A}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales : $P(B)$$=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)$$=0,18+0,4\times 0,4$$=0,18+0,16$$=0,34$. $P(B)=0,34$.

4. On cherche $P_{\overline{B}}(\overline{A})={\displaystyle \frac{P(\overline{A}\cap \overline{B})}{P(\overline{B})}}$. Or $P(\overline{A}\cap \overline{B})=0,4\times 0,6=0,24$ et $P(\overline{B})=1-0,34=0,66$. Donc $P_{\overline{B}}(\overline{A})={\displaystyle \frac{0,24}{0,66}}={\displaystyle \frac{4}{11}}\approx 0,364$. Sachant qu'elle n'a pas chuté à la deuxième séance, la probabilité qu'elle n'ait pas chuté à la première est environ $0,364$.

5. a) On répète $100$ fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), l'épreuve de Bernoulli « la personne ne chute à aucune des deux séances », de probabilité $0,24$ ; $X$ compte les succès. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(100;0,24)$.

5. b) $P(X⩾20)=1-P(X⩽19)\approx 1-0,145=0,855$ (calculatrice). La probabilité d'avoir au moins $20$ personnes n'ayant jamais chuté est environ $0,855$.

5. c) $E(X)=np=100\times 0,24=24$. En moyenne, dans un échantillon de $100$ personnes, $24$ ne chutent ni à la première ni à la deuxième séance.

Partie B

1. Par linéarité de l'espérance, $E(T)=E(T_1)+E(T_2)=40+60=100$. Le temps d'attente total moyen sur le week-end est de $100$ minutes.

2. $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes, donc $V(T)$$=V(T_1)+V(T_2)$$=\sigma (T_1{)}^2+\sigma (T_2{)}^2$$={10}^2+{16}^2$$=100+256$. $V(T)=356$.

3. L'événement $\{60<T<140\}$ s'écrit $\{|T-100|<40\}$ (intervalle centré en $E(T)=100$). D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(|T-100|⩾40)⩽{\displaystyle \frac{V(T)}{{40}^2}}={\displaystyle \frac{356}{1600}}=0,2225$.

Donc $P(60$$<T$$<140)$$=1-P(|T-100|⩾40)⩾1-0,2225$$=0,7775$$>0,77$. La probabilité que le temps total d'attente soit strictement compris entre $60$ et $140$ minutes est supérieure à $0,77$.

Partie A

1. $d$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}(2;1;-1)$ et $d^{\prime }$ a pour vecteur directeur ${\overrightarrow{u}}^{\prime }(1;1;-2)$ ; ils ne sont pas colinéaires (les coordonnées ne sont pas proportionnelles : ${\displaystyle \frac{2}{1}}\ne {\displaystyle \frac{1}{1}}$), donc les droites ne sont pas parallèles.

Pour $t=-1$, le point de $d$ est $({\displaystyle \frac{3}{2}}-2;2-1;3+1)=(-{\displaystyle \frac{1}{2}};1;4)=S$. Pour $s=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, le point de $d^{\prime }$ est $(-{\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2}};3+1)=(-{\displaystyle \frac{1}{2}};1;4)=S$. Le point $S$ appartient aux deux droites, qui ne sont pas parallèles : $d$ et $d^{\prime }$ sont sécantes en $S(-{\displaystyle \frac{1}{2}};1;4)$.

2. a) $\overrightarrow{AB}(2;-3;1)$ et $\overrightarrow{AC}(2;-1;0)$ ne sont pas colinéaires (troisième coordonnée $1$ et $0$, alors que la première est identique), donc ils dirigent le plan $(ABC)$. $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}=2-6+4=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AC}=2-2+0=0$. $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : $\overrightarrow{n}(1;2;4)$ est normal au plan $(ABC)$.

2. b) Le plan $(ABC)$ a donc une équation de la forme $x+2y+4z+k=0$. Il passe par $A(-1;2;1)$ : $-1+4+4+k=0$, soit $k=-7$. $(ABC)$ : $x+2y+4z-7=0$. (Contrôle : $B$ : $1-2+8-7=0$ ; $C$ : $1+2+4-7=0$.)

2. c) $-{\displaystyle \frac{1}{2}}+2\times 1+4\times 4-7$$=-{\displaystyle \frac{1}{2}}+2+16-7$$={\displaystyle \frac{21}{2}}\ne 0$, donc $S\notin (ABC)$. Les points $A$, $B$, $C$, $S$ ne sont pas coplanaires.

3. a) D'une part $H\in (ABC)$ : $-1+0+8-7=0$. D'autre part $\overrightarrow{SH}(-{\displaystyle \frac{1}{2}};-1;-2)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{n}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}$, donc la droite $(SH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$. $H$ est le projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$.

3. b) $SH=\Vert -{\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{n}\Vert ={\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{1+4+16}={\displaystyle \frac{\sqrt{21}}{2}}$. Soit $M$ un point du plan $(ABC)$. Le vecteur $\overrightarrow{HM}$ est dans le plan, donc orthogonal à $\overrightarrow{SH}$ ; d'après le théorème de Pythagore dans le triangle $SHM$ rectangle en $H$ : $S{M}^2=S{H}^2+H{M}^2⩾S{H}^2$, donc $SM⩾SH={\displaystyle \frac{\sqrt{21}}{2}}$. Aucun point $M$ du plan ne vérifie $SM<{\displaystyle \frac{\sqrt{21}}{2}}$ (la distance de $S$ au plan est ${\displaystyle \frac{\sqrt{21}}{2}}$).

Partie B

1. $\overrightarrow{CS}(-{\displaystyle \frac{3}{2}};0;3)$, donc $\overrightarrow{CM}=k\overrightarrow{CS}$ donne $M(1-{\displaystyle \frac{3}{2}}k;1;1+3k)$, $k\in [0;1]$.

2. Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=0$ (avec $M\ne A$ et $M\ne B$, ce qui est le cas car $A$ et $B$ n'ont pas pour ordonnée $1$).

$\overrightarrow{MA}(-2+{\displaystyle \frac{3}{2}}k;1;-3k)$ et $\overrightarrow{MB}({\displaystyle \frac{3}{2}}k;-2;1-3k)$.

$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$$=(-2+{\displaystyle \frac{3}{2}}k){\displaystyle \frac{3}{2}}k-2-3k(1-3k)$$=-3k+{\displaystyle \frac{9}{4}}{k}^2-2-3k+9k^2$$={\displaystyle \frac{45}{4}}{k}^2-6k-2$.

On résout ${\displaystyle \frac{45}{4}}{k}^2-6k-2=0$, soit $45k^2-24k-8=0$ : $\Delta ={24}^2+4\times 45\times 8=576+1440=2016=144\times 14$, $\sqrt{\Delta }=12\sqrt{14}$. Les solutions sont $k_1={\displaystyle \frac{24-12\sqrt{14}}{90}}={\displaystyle \frac{4-2\sqrt{14}}{15}}\approx -0,23$ et $k_2={\displaystyle \frac{4+2\sqrt{14}}{15}}\approx 0,77$.

Seule $k_2$ appartient à $[0;1]$. Oui : il existe exactement un point $M$ du segment $[CS]$ tel que $MAB$ soit rectangle en $M$, obtenu pour $k={\displaystyle \frac{4+2\sqrt{14}}{15}}\approx 0,77$, soit $M(1-{\displaystyle \frac{3}{2}}{k}_2;1;1+3k_2)$$\approx (-0,15;1;3,30)$.

Affirmation 1 : FAUSSE. Attention, les exposants : $u_n={\displaystyle \frac{1+5^n}{2+3^n}}$. On factorise par les termes dominants : $u_n$$={\displaystyle \frac{5^n(\frac{1}{5^n}+1)}{3^n(\frac{2}{3^n}+1)}}$$={\left({\displaystyle \frac{5}{3}}\right)}^n\times {\displaystyle \frac{\frac{1}{5^n}+1}{\frac{2}{3^n}+1}}$. Comme $5>1$ et $3>1$, $\underset{n\to +\infty }{lim}{5}^n=\underset{n\to +\infty }{lim}{3}^n=+\infty$, donc ${\displaystyle \frac{1}{5^n}}\to 0$ et ${\displaystyle \frac{2}{3^n}}\to 0$ : le quotient ${\displaystyle \frac{\frac{1}{5^n}+1}{\frac{2}{3^n}+1}}$ tend vers $1$. De plus ${\displaystyle \frac{5}{3}}>1$, donc $\underset{n\to +\infty }{lim}{\left({\displaystyle \frac{5}{3}}\right)}^n=+\infty$. Par produit, $\underset{n\to +\infty }{lim}{u}_n=+\infty$ : la suite diverge, elle ne converge pas vers ${\displaystyle \frac{5}{3}}$.

Affirmation 2 : VRAIE. Montrons par récurrence que $w_n⩾n$ pour tout entier naturel $n$. Initialisation : $w_0=0⩾0$. Hérédité : soit $n$ tel que $w_n⩾n$ ; alors $w_{n+1}$$=3w_n-2n+3⩾3n-2n+3$$=n+3⩾n+1$. Conclusion : pour tout $n\in \mathbb{N}$, $w_n⩾n$. (Vérification : $w_1=3$, $w_2=10$, $w_3=29$.)

Affirmation 3 : FAUSSE. Une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe entièrement au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. Or, sur la figure, entre les abscisses $3$ et $8$, la courbe $C_f$ est en dessous de sa tangente $T$ au point $A$ d'abscisse $8$. $f$ n'est donc pas convexe sur $]0;+\infty [$ (elle l'est seulement sur une partie de son ensemble de définition, autour du point d'abscisse $1$ où la courbe est au-dessus de sa tangente horizontale).

Affirmation 4 : VRAIE. Soit $g$ la fonction définie sur $]0;+\infty [$ par $g(x)=\ln x-x+1$. Elle est dérivable et $g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}-1={\displaystyle \frac{1-x}{x}}$, du signe de $1-x$ : $g$ est croissante sur $]0;1]$ et décroissante sur $[1;+\infty [$. Elle admet donc un maximum en $x=1$, égal à $g(1)=\ln 1-1+1=0$. Par conséquent, pour tout $x>0$, $\ln x-x+1⩽0$. (Autre justification : $\ln$ est concave, donc sa courbe est en dessous de sa tangente en $1$, d'équation $y=x-1$.)

Partie A (lectures graphiques, sans justification ; le modèle des parties B et C confirme ces valeurs).

1. On lit l'abscisse du point de $C_d$ d'ordonnée $15$ : le chariot a parcouru $15$ m au bout d'environ $2$ secondes.

2. La distance parcourue tend vers l'ordonnée de l'asymptote $\Delta$, soit environ $23$ m (${\displaystyle \frac{205}{9}}\approx 22,8$ m) : il faut prévoir une zone de freinage d'au moins $23$ m.

3. $d^{\prime }(4,7)$ est le coefficient directeur de la tangente $T$ au point $A$ d'abscisse $4,7$ ; on lit $d^{\prime }(4,7)\approx 1$. Comme $d^{\prime }$ est la vitesse instantanée, cela signifie qu'à $t=4,7$ s le chariot roule à environ $1$ m/s.

Partie B

1. a) $(E^{\prime })$ s'écrit $y^{\prime }=-0,6y$ ; ses solutions sont les fonctions $t\mapsto K{e}^{-0,6t}$, $K\in \mathbb{R}$.

1. b) $g$ est dérivable et $g^{\prime }(t)$$=e^{-0,6t}+t\times (-0,6)e^{-0,6t}$$=(1-0,6t)e^{-0,6t}$. Alors $g^{\prime }(t)+0,6g(t)$$=(1-0,6t)e^{-0,6t}+0,6t{e}^{-0,6t}$$=e^{-0,6t}$. $g$ est solution de $(E)$.

1. c) Les solutions de $(E)$ sont les sommes de la solution particulière $g$ et des solutions de l'équation homogène $(E^{\prime })$ : $t\mapsto t{e}^{-0,6t}+K{e}^{-0,6t}$$=(t+K)e^{-0,6t}$, avec $K\in \mathbb{R}$. (En effet, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $y-g$ est solution de $(E^{\prime })$, par linéarité.)

1. d) $v$ est solution de $(E)$, donc $v(t)=(t+K)e^{-0,6t}$, et $v(0)=12$ impose $K\times e^0=12$, soit $K=12$. $v(t)=(12+t)e^{-0,6t}$ pour tout $t⩾0$.

2. a) $v^{\prime }(t)$$=1\times e^{-0,6t}+(12+t)\times (-0,6)e^{-0,6t}$$=(1-7,2-0,6t)e^{-0,6t}$. $v^{\prime }(t)=(-6,2-0,6t)e^{-0,6t}$.

2. b) $\underset{t\to +\infty }{lim}{e}^{-0,6t}=0$ donc $\underset{t\to +\infty }{lim}12e^{-0,6t}=0$. En posant $X=0,6t$, qui tend vers $+\infty$, ${\displaystyle \frac{0,6t}{e^{0,6t}}}={\displaystyle \frac{X}{e^X}}$ tend vers $0$ par croissances comparées. Par somme, $\underset{t\to +\infty }{lim}v(t)=0$ : la vitesse du chariot tend vers $0$.

2. c) Pour $t⩾0$, $-6,2-0,6t<0$ et $e^{-0,6t}>0$, donc $v^{\prime }(t)<0$. $v$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty [$, de $v(0)=12$ vers sa limite $0$.

2. d) $v$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0;+\infty [$, avec $v(0)=12>1$ et $\underset{+\infty }{lim}v=0<1$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $v(t)=1$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[0;+\infty [$. À la calculatrice, $v(4,6)\approx 1,05>1$ et $v(4,7)\approx 0,995<1$, donc $4,6<\alpha <4,7$ et $\alpha \approx 4,7$ (au dixième ; $\alpha \approx 4,69$).

3. Le système se déclenche dès que $v(t)⩽1$. Comme $v$ est strictement décroissante et $v(\alpha )=1$ : $v(t)⩽1⟺t⩾\alpha$. Le système entre en action au bout d'environ $4,7$ secondes.

Partie C

1. $d(t)={\displaystyle {\int }_0^t(12+x)e^{-0,6x}dx}$. On pose $u(x)=12+x$ et $w^{\prime }(x)=e^{-0,6x}$, d'où $u^{\prime }(x)=1$ et $w(x)=-{\displaystyle \frac{1}{0,6}}{e}^{-0,6x}=-{\displaystyle \frac{5}{3}}{e}^{-0,6x}$ (fonctions dérivables à dérivées continues). Par intégration par parties :

$d(t)$$={[-{\displaystyle \frac{5}{3}}(12+x)e^{-0,6x}]}_0^t+{\displaystyle \frac{5}{3}}{\displaystyle {\int }_0^t{e}^{-0,6x}dx=-{\displaystyle \frac{5}{3}}(12+t)e^{-0,6t}+{\displaystyle \frac{5}{3}}\times 12+{\displaystyle \frac{5}{3}}{[-{\displaystyle \frac{5}{3}}{e}^{-0,6x}]}_0^t}$

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

Comme $20={\displaystyle \frac{180}{9}}$, on obtient $d(t)=e^{-0,6t}(-{\displaystyle \frac{5}{3}}t-{\displaystyle \frac{205}{9}})+{\displaystyle \frac{205}{9}}$.

2. Le dispositif se déclenche à l'instant $\alpha$ (question B.3). La distance parcourue est $d(\alpha )$ avec $\alpha \approx 4,69$ : $d(\alpha )\approx e^{-0,6\alpha }(-{\displaystyle \frac{5}{3}}\alpha -{\displaystyle \frac{205}{9}})+{\displaystyle \frac{205}{9}}\approx 20,94$. Le chariot parcourt environ $20,94$ m avant le déclenchement du dispositif (avec la valeur arrondie $\alpha \approx 4,7$, on trouve $d(4,7)\approx 20,95$ m ; l'ordre de grandeur, un peu moins de $21$ m, est cohérent avec la lecture graphique de la partie A).