Sujet du bac 2026 de spé maths — Métropole, jour 1 (général) — 26-matj1me1

Partie A

1. a) L'énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine : $P(C)=0,75$.

1. b) D'après l'énoncé, $P(V)=0,3$ et, parmi les familles qui réservent un emplacement pour un véhicule, 80 % réservent une cabine : $P_V(C)=0,8$. On complète par les probabilités contraires (la somme des probabilités issues d'un même nœud vaut $1$) :

• branche $V$ : $0,3$ ; branche $\bar{V}$ : $1-0,3=0,7$ ;
• après $V$ : branche $C$ : $0,8$ ; branche $\bar{C}$ : $1-0,8=0,2$.

Les deux branches issues de $\bar{V}$ ne comportent pas de pointillés : elles ne sont pas demandées ici (la probabilité $P_{\bar{V}}(C)$ est l'objet de la question 4).

2. D'après la formule des probabilités composées : $P(V\cap C)$$=P(V)\times P_V(C)$$=0,3\times 0,8$$=0,24$. $P(V\cap C)=0,24$ : 24 % des familles réservent à la fois un emplacement pour un véhicule et une cabine.

3. On cherche $P_C(V)$. Par définition d'une probabilité conditionnelle : $P_C(V)={\displaystyle \frac{P(V\cap C)}{P(C)}}={\displaystyle \frac{0,24}{0,75}}=0,32$. $P_C(V)=0,32$ : une famille qui a réservé une cabine a réservé un emplacement pour un véhicule avec une probabilité de $0,32$.

4. $V$ et $\bar{V}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales, $P(C)=P(V\cap C)+P(\bar{V}\cap C)$, donc $P(\bar{V}\cap C)=0,75-0,24=0,51$.

Alors $P_{\bar{V}}(C)$$={\displaystyle \frac{P(\bar{V}\cap C)}{P(\bar{V})}}$$={\displaystyle \frac{0,51}{0,7}}$$={\displaystyle \frac{51}{70}}$$\approx 0,7286$. $P_{\bar{V}}(C)\approx 0,73$ à ${10}^{-2}$ près.

Interprétation : parmi les familles qui ne réservent pas d'emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.

Partie B

On remarque que la loi de $X$ est cohérente avec la partie A : $P(X=170)=P(V\cap C)=0,24$, $P(X=100)=P(\bar{V}\cap C)=0,51$, $P(X=70)=P(V\cap \bar{C})=0,3\times 0,2=0,06$ et $P(X=0)=1-0,24-0,51-0,06=0,19$.

1. Par définition de l'espérance :

$E(X)$$=0\times 0,19+70\times 0,06+100\times 0,51+170\times 0,24$$=0+4,2+51+40,8$$=96$. $E(X)=96$.

D'après la formule de König-Huygens, $V(X)=E(X^2)-E(X{)}^2$, avec

$E(X^2)$$=0^2\times 0,19+{70}^2\times 0,06+{100}^2\times 0,51+{170}^2\times 0,24$$=0+294+5100+6936$$=12330$.

Donc $V(X)=12330-{96}^2=12330-9216=3114$. $V(X)=3114$.

2. a) Le montant total payé avant réduction pour les suppléments et les extras est $X+Y$. Une remise de 40 % revient à multiplier ce montant par $1-{\displaystyle \frac{40}{100}}=0,6$. Donc $Z=0,6(X+Y)$.

2. b) Par linéarité de l'espérance : $E(Z)$$=0,6(E(X)+E(Y))$$=0,6\times (96+104)$$=0,6\times 200$$=120$. $E(Z)=120$.

Pour tout réel $a$, $V(aW)=a^{2}V(W)$ ; de plus, $X$ et $Y$ étant indépendantes, $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$. Donc :

$V(Z)$$=0,6^2(V(X)+V(Y))$$=0,36\times (3114+1686)$$=0,36\times 4800$$=1728$. $V(Z)=1728$.

3. a) Par linéarité de l'espérance, les $Z_i$ ayant toutes la même loi que $Z$ :

$E(M_n)$$={\displaystyle \frac{1}{n}}(E(Z_1)+E(Z_2)+\dots +E(Z_n))$$={\displaystyle \frac{1}{n}}\times n\times 120$$=120$. $E(M_n)=120$.

Les variables $Z_1,\dots ,Z_n$ étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances, et $V\left({\displaystyle \frac{1}{n}}S\right)={\displaystyle \frac{1}{n^2}}V(S)$ :

$V(M_n)$$={\displaystyle \frac{1}{n^2}}(V(Z_1)+\dots +V(Z_n))$$={\displaystyle \frac{1}{n^2}}\times n\times 1728$$={\displaystyle \frac{1728}{n}}$. $V(M_n)={\displaystyle \frac{1728}{n}}$.

3. b) On remarque que $114<M_n<126⟺-6<M_n-120<6⟺|M_n-120|<6$ : l'intervalle est centré sur $E(M_n)=120$.

D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout réel $\delta >0$, $P(|M_n-E(M_n)|⩾\delta )⩽{\displaystyle \frac{V(M_n)}{{\delta }^2}}$. Avec $\delta =6$ :

$P(|M_n-120|⩾6)⩽{\displaystyle \frac{1728}{36n}}={\displaystyle \frac{48}{n}}$, donc, par passage à l'événement contraire, $P(114$$<M_n$$<126)$$=1-P(|M_n-120|⩾6)⩾1-{\displaystyle \frac{48}{n}}$.

L'inégalité permet d'affirmer $P(114<M_n<126)⩾0,85$ dès que $1-{\displaystyle \frac{48}{n}}⩾0,85⟺{\displaystyle \frac{48}{n}}⩽0,15⟺n⩾{\displaystyle \frac{48}{0,15}}=320$.

Le plus petit entier cherché est $n=320$.

Interprétation : si l'on choisit au hasard au moins 320 familles bénéficiant de la réduction, la probabilité que le prix total moyen payé pour les suppléments et les extras soit strictement compris entre 114 € et 126 € est au moins égale à $0,85$.

1. a) Affirmation 1 : vraie.

$\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}2-3\\ 1-0\\ -3-2\end{array}\right)$, soit $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$. D'après l'équation $-x+y-5z-0,5=0$, le vecteur $\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ est normal au plan $(P)$. Comme $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{n}$, le vecteur directeur $\overrightarrow{AB}$ de la droite $(AB)$ est normal à $(P)$ : la droite $(AB)$ est orthogonale au plan $(P)$.

Le milieu $I$ de $[AB]$ a pour coordonnées $\left({\displaystyle \frac{3+2}{2}};{\displaystyle \frac{0+1}{2}};{\displaystyle \frac{2-3}{2}}\right)$, soit $I(2,5;0,5;-0,5)$. On vérifie : $-2,5+0,5-5\times (-0,5)-0,5$$=-2,5+0,5+2,5-0,5$$=0$. Donc $I\in (P)$.

Le plan $(P)$ est orthogonal à $(AB)$ et passe par le milieu de $[AB]$ (c'est le plan médiateur de $[AB]$) : l'affirmation est vraie.

1. b) Affirmation 2 : fausse.

Un vecteur directeur de $(d)$ est $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -2\end{array}\right)$. Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ ne sont pas colinéaires : si $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{u}$, la première coordonnée donne $k=-1$, mais la troisième donne $-5=-2k=2$, ce qui est faux. Les droites ne sont donc pas parallèles.

Une représentation paramétrique de $(AB)$ est $\{\begin{array}{c}x=3-s\hfill \\ y=s\hfill \\ z=2-5s\hfill \end{array}$, $s\in ℝ$. Les droites sont sécantes si et seulement si le système suivant admet une solution :

$\{\begin{array}{c}t=3-s\hfill \\ -1,5-t=s\hfill \\ 2-2t=2-5s\hfill \end{array}$

En remplaçant $t$ par $3-s$ dans la deuxième équation : $-1,5-(3-s)=s$, soit $-4,5+s=s$, soit $-4,5=0$ : c'est impossible. Le système n'a pas de solution, les droites $(d)$ et $(AB)$ n'ont aucun point commun.

Non parallèles et sans point commun, les droites $(d)$ et $(AB)$ sont non coplanaires : elles ne sont pas sécantes. L'affirmation est fausse.

1. c) Affirmation 3 : vraie.

$\overrightarrow{CA}\left(\begin{array}{c}3-1,5\\ 0-(-3)\\ 2-(-1)\end{array}\right)$$=\left(\begin{array}{c}1,5\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ et $\overrightarrow{CB}\left(\begin{array}{c}2-1,5\\ 1-(-3)\\ -3-(-1)\end{array}\right)$$=\left(\begin{array}{c}0,5\\ 4\\ -2\end{array}\right)$.

Produit scalaire (repère orthonormé) : $\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}$$=1,5\times 0,5+3\times 4+3\times (-2)$$=0,75+12-6$$=6,75$.

Normes : $CA$$=\sqrt{1,5^2+3^2+3^2}$$=\sqrt{2,25+9+9}$$=\sqrt{20,25}$$=4,5$ et $CB$$=\sqrt{0,5^2+4^2+(-2{)}^2}$$=\sqrt{0,25+16+4}$$=\sqrt{20,25}$$=4,5$.

Or $\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}=CA\times CB\times \cos \widehat{ACB}$, donc $\cos \widehat{ACB}={\displaystyle \frac{6,75}{4,5\times 4,5}}={\displaystyle \frac{6,75}{20,25}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$.

À la calculatrice, $\widehat{ACB}=\arccos \left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)\approx 70,53°$, soit $\widehat{ACB}\approx 70,5°$ à ${10}^{-1}$ près. L'affirmation est vraie.

2. Affirmation 4 : vraie.

Porte A : un code est une liste ordonnée de 3 symboles distincts choisis parmi 8, c'est-à-dire un arrangement (3-uplet d'éléments distincts). Il y en a $8\times 7\times 6=336$. Les choix étant équiprobables et un seul code étant le bon, Clotilde ouvre sa porte avec une probabilité $p_A={\displaystyle \frac{1}{336}}$.

Porte B : l'ordre de saisie n'intervient pas, un code est donc une partie (combinaison) de 4 symboles parmi 8. Il y en a ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)}={\displaystyle \frac{8\times 7\times 6\times 5}{4\times 3\times 2\times 1}}=70$. Titouan ouvre sa porte avec une probabilité $p_B={\displaystyle \frac{1}{70}}$.

Comme $70<336$, on a ${\displaystyle \frac{1}{70}}>{\displaystyle \frac{1}{336}}$, soit $p_B>p_A$ : Titouan a plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde. L'affirmation est vraie.

Partie A : Phase de chauffage

1. L'équation $(E)$ est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-0,035\ne 0$ et $b=0,91$. Ses solutions sont les fonctions $t\mapsto K{e}^{at}-{\displaystyle \frac{b}{a}}$, $K\in ℝ$. Or $-{\displaystyle \frac{b}{a}}={\displaystyle \frac{0,91}{0,035}}=26$.

Les solutions de $(E)$ sur $[0;+\infty [$ sont les fonctions $t\mapsto K{e}^{-0,035t}+26$, où $K$ est un réel quelconque.

2. $T$ est solution de $(E)$, donc il existe un réel $K$ tel que, pour tout $t⩾0$, $T(t)=K{e}^{-0,035t}+26$. La condition $T(0)=18$ donne $K{e}^0+26=18$, soit $K=-8$.

Donc, pour tout $t\in [0;+\infty [$, $T(t)=26-8e^{-0,035t}$.

3. On résout $T(t)=20$ sur $[0;+\infty [$ :

$26-8e^{-0,035t}$$=20⟺8e^{-0,035t}$$=6⟺e^{-0,035t}$$=0,75⟺-0,035t$$=\ln (0,75)⟺t$$={\displaystyle \frac{-\ln (0,75)}{0,035}}$$={\displaystyle \frac{\ln \left(\frac{4}{3}\right)}{0,035}}$,

par stricte croissance de la fonction $\ln$ sur $]0;+\infty [$. On a $t\approx 8,219$ dizaines de minutes, soit environ $82,19$ minutes.

Comme $82$ minutes $=1$ h $22$ min, la pièce atteint 20 °C au bout d'environ 1 h 22 min.

4. Pour tout $t⩾0$, $e^{-0,035t}>0$, donc $8e^{-0,035t}>0$ et $T(t)=26-8e^{-0,035t}<26$.

Ainsi, même si le chauffage ne s'éteint jamais, la température reste strictement inférieure à 26 °C (elle tend vers 26 °C car $\underset{t\to +\infty }{lim}{e}^{-0,035t}=0$). Selon ce modèle, la température ne pourra pas dépasser 28 °C.

Partie B : Phase de refroidissement

1. Avec $n=0$ : $u_1$$=0,965u_0+0,35+0,07e^{-0,1\times 0}$$=0,965\times 20+0,35+0,07\times 1$$=19,3+0,35+0,07$$=19,72$. $u_1=19,72$.

2. Pour tout entier naturel $n$, on note $𝒫(n)$ la propriété : « $u_n>10$ ».

Initialisation. $u_0=20>10$, donc $𝒫(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $𝒫(n)$ est vraie, c'est-à-dire $u_n>10$. Alors, comme $0,965>0$ : $0,965u_n>9,65$, puis $0,965u_n+0,35>10$. De plus, $0,07e^{-0,1n}>0$ (une exponentielle est strictement positive). Donc $u_{n+1}=0,965u_n+0,35+0,07e^{-0,1n}>10$ : $𝒫(n+1)$ est vraie.

Conclusion. $𝒫(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire ; d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $u_n>10$.

3. La suite $(u_n)$ est décroissante (admis) et minorée par $10$ (question 2). D'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)$ est convergente.

4. a) On a $\underset{n\to +\infty }{lim}(-0,1n)=-\infty$ et $\underset{X\to -\infty }{lim}{e}^X=0$, donc par composition $\underset{n\to +\infty }{lim}0,07e^{-0,1n}=0$.

D'une part, $\underset{n\to +\infty }{lim}{u}_{n+1}=\ell$. D'autre part, par opérations sur les limites, $\underset{n\to +\infty }{lim}(0,965u_n+0,35+0,07e^{-0,1n})$$=0,965\ell +0,35+0$.

Par unicité de la limite, en passant à la limite dans l'égalité $u_{n+1}=0,965u_n+0,35+0,07e^{-0,1n}$, on obtient $\ell =0,965\ell +0,35$ : $\ell$ est solution de l'équation $x=0,965x+0,35$.

4. b) $x$$=0,965x+0,35⟺0,035x$$=0,35⟺x$$={\displaystyle \frac{0,35}{0,035}}$$=10$. Donc $\ell =10$.

Interprétation : si le chauffage ne se remettait jamais en marche, la température de la pièce baisserait et se rapprocherait, à long terme, de 10 °C (sans jamais descendre jusqu'à 10 °C, d'après la question 2).

5. a) La boucle doit tourner tant que la température est strictement supérieure à 18 °C ; à chaque tour, on calcule le terme suivant avec la valeur actuelle de $n$, puis on augmente $n$ de 1. Programme complété (avec l'import de la fonction exponentielle) :

from math import exp
def marche() :
    n = 0
    u = 20
    while u > 18 :
        u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
        n = n + 1
    return n

5. b) À la calculatrice (ou en exécutant le programme), on obtient, arrondis à ${10}^{-2}$ :

On a $u_7\approx 18,12>18$ et $u_8\approx 17,87⩽18$ ; la suite étant décroissante, $u_n>18$ pour $n⩽7$. La fonction renvoie donc $8$.

Le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes (1 h 20 min) après son arrêt.

Partie A

1. Le point $A(0;1)$ appartient à la courbe de $f$, donc $f(0)=1$. Or $f(0)=a+{\displaystyle \frac{b\ln (0+1)}{0+1}}=a+{\displaystyle \frac{b\times 0}{1}}=a$ car $\ln 1=0$. Donc $a=1$.

2. a) $f^{\prime }(0)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$ à la courbe au point d'abscisse $0$. Sur le graphique, $T_A$ passe par $A(0;1)$ et par le point de coordonnées $(1;5)$ : son coefficient directeur est ${\displaystyle \frac{5-1}{1-0}}=4$. Donc $f^{\prime }(0)=4$.

2. b) Au voisinage de $x=1$, la courbe est située en dessous de ses tangentes (elle « s'incurve vers le bas » : les pentes des tangentes diminuent, de $4$ en $x=0$ jusqu'à $0$ au sommet de la courbe, atteint vers $x\approx 1,7$). La fonction $f$ est donc concave sur un intervalle contenant $1$, ce qui signifie que $f^{″}$ y est négative. $f^{″}(1)$ est négatif. (Le calcul le confirme : on trouve $f^{″}(x)={\displaystyle \frac{4(2\ln (x+1)-3)}{(x+1{)}^3}}$, d'où $f^{″}(1)={\displaystyle \frac{2\ln 2-3}{2}}<0$.)

3. a) Avec $a=1$, $f(x)=1+b\times {\displaystyle \frac{u(x)}{v(x)}}$ où $u(x)=\ln (x+1)$, $u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x+1}}$, $v(x)=x+1$, $v^{\prime }(x)=1$ ($v$ ne s'annule pas sur $]-1;+\infty [$). D'après la formule ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ :

$f^{\prime }(x)$$=b\times {\displaystyle \frac{\frac{1}{x+1}\times (x+1)-\ln (x+1)\times 1}{(x+1{)}^2}}$$={\displaystyle \frac{b(1-\ln (x+1))}{(x+1{)}^2}}$ pour tout $x\in ]-1;+\infty [$.

(Si $a$ n'était pas encore fixé, la constante $a$ a une dérivée nulle : le résultat est le même.)

3. b) D'après 3. a), $f^{\prime }(0)={\displaystyle \frac{b(1-\ln 1)}{1^2}}=b$. D'après 2. a), $f^{\prime }(0)=4$. Donc $b=4$.

Partie B

Dans toute la partie, $f(x)=1+{\displaystyle \frac{4\ln (x+1)}{x+1}}$ sur $]-1;+\infty [$.

1. Posons $X=x+1$ : quand $x\to +\infty$, $X\to +\infty$. Par croissances comparées, $\underset{X\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{\ln X}{X}}=0$, donc par composition $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{\ln (x+1)}{x+1}}=0$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=1+4\times 0=1$.

La droite d'équation $y=1$ est asymptote (horizontale) à la courbe de $f$ en $+\infty$.

2. Pour $x>-1$, $x+1>0$ et : $1-\ln (x+1)$$>0⟺\ln (x+1)$$<1⟺x+1$$<e⟺x$$<e-1$, par stricte croissance de la fonction exponentielle.

En tenant compte de $x>-1$ : $S=]-1;e-1[$.

3. D'après la partie A (avec $b=4$), pour tout $x>-1$, $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{4(1-\ln (x+1))}{(x+1{)}^2}}$. Comme $4>0$ et $(x+1{)}^2>0$, $f^{\prime }(x)$ a le signe de $1-\ln (x+1)$. D'après la question 2 :

• $f^{\prime }(x)>0$ sur $]-1;e-1[$ : $f$ est strictement croissante sur $]-1;e-1]$ ;
• $f^{\prime }(e-1)=0$ ;
• $f^{\prime }(x)<0$ sur $]e-1;+\infty [$ : $f$ est strictement décroissante sur $[e-1;+\infty [$.

Maximum : $f(e-1)=1+{\displaystyle \frac{4\ln e}{e}}=1+{\displaystyle \frac{4}{e}}\approx 2,47$.

Tableau de variation :

$f$ admet un maximum égal à $1+{\displaystyle \frac{4}{e}}$, atteint en $x=e-1$. (Limites : $-\infty$ en $-1$, admise ; $1$ en $+\infty$, question 1.)

4. Comme $e-1\approx 1,72<2$, la fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[2;+\infty [$.

$f(2)=1+{\displaystyle \frac{4\ln 3}{3}}\approx 2,46>1,5$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=1<1,5$. Donc $1,5$ est compris entre $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)$ et $f(2)$.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x)=1,5$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[2;+\infty [$.

À la calculatrice : $f(25,05)\approx 1,5006>1,5$ et $f(25,15)\approx 1,4993<1,5$, donc $25,05<\alpha <25,15$ (plus précisément $\alpha \approx 25,09$). $\alpha \approx 25,1$ à ${10}^{-1}$ près.

5. a) Posons $u(x)=\ln (x+1)$ sur $[0;2]$ ; $u$ est dérivable et $u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x+1}}$. Alors ${\displaystyle \frac{\ln (x+1)}{x+1}}=u^{\prime }(x)u(x)$, qui admet pour primitive ${\displaystyle \frac{1}{2}}u(x{)}^2={\displaystyle \frac{1}{2}}{(\ln (x+1))}^2$. Donc :

${\displaystyle {\int }_0^2{\displaystyle \frac{\ln (x+1)}{x+1}}dx={\left[{\displaystyle \frac{1}{2}}{(\ln (x+1))}^2\right]}_0^2={\displaystyle \frac{1}{2}}(\ln 3{)}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}(\ln 1{)}^2={\displaystyle \frac{1}{2}}(\ln 3{)}^2}$.

5. b) Pour $x\in [0;2]$, $x+1⩾1$ donc $\ln (x+1)⩾0$, et $f(x)=1+{\displaystyle \frac{4\ln (x+1)}{x+1}}⩾1>0$. La fonction $f$ étant continue et positive sur $[0;2]$, l'aire $𝒜$ du domaine demandé (en unités d'aire) vaut :

$𝒜$$={\displaystyle {\int }_0^{2}f(x)dx={\int }_0^{2}1dx+4{\int }_0^2{\displaystyle \frac{\ln (x+1)}{x+1}}dx}$ (linéarité de l'intégrale)

$𝒜=2+4\times {\displaystyle \frac{1}{2}}(\ln 3{)}^2=2+2(\ln 3{)}^2$.

L'aire du domaine est $2+2(\ln 3{)}^2\approx 4,41$ unités d'aire.