Sujet du bac 2026 de spé maths — Métropole, jour 2 (général) — 26-matj2me1

1. On calcule $\overrightarrow{AB}(3-2;-2-1;0-1)$, soit $\overrightarrow{AB}(1;-3;-1)$, et $\overrightarrow{AC}(0-2;-1-1;1-1)$, soit $\overrightarrow{AC}(-2;-2;0)$.

S'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$, la troisième coordonnée donnerait $0=-k$, donc $k=0$, et la première donnerait alors $-2=0$ : c'est impossible. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, donc les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés : ils définissent un plan.

2. a) On calcule les produits scalaires :

$\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}$$=1\times 1+(-1)\times (-3)+4\times (-1)$$=1+3-4$$=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AC}$$=1\times (-2)+(-1)\times (-2)+4\times 0$$=-2+2+0$$=0$.

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : $\overrightarrow{n}$ est normal au plan $(ABC)$.

2. b) Un plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ a une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. Le plan $(ABC)$ a donc une équation de la forme $x-y+4z+d=0$. Comme $A(2;1;1)$ appartient au plan : $2-1+4\times 1+d=0$, soit $5+d=0$, d'où $d=-5$. Une équation cartésienne de $(ABC)$ est $x-y+4z-5=0$.

3. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(ABC)$, donc elle est dirigée par le vecteur normal $\overrightarrow{n}(1;-1;4)$. Elle passe par $D(0;0;2)$. Un point $M(x;y;z)$ appartient à $\Delta$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{n}$, c'est-à-dire $x-0=t$, $y-0=-t$ et $z-2=4t$. On obtient bien $x=t$, $y=-t$, $z=2+4t$, avec $t\in \mathbb{R}$.

4. Le projeté orthogonal $H$ de $D$ sur $(ABC)$ est le point d'intersection de $(ABC)$ et de la droite $\Delta$ passant par $D$ et orthogonale à ce plan. On remplace la représentation paramétrique de $\Delta$ dans l'équation du plan :

$t-(-t)+4(2+4t)-5$$=0⟺2t+8+16t-5$$=0⟺18t+3$$=0⟺t$$=-{\displaystyle \frac{1}{6}}$.

Avec $t=-{\displaystyle \frac{1}{6}}$ : $x=-{\displaystyle \frac{1}{6}}$, $y={\displaystyle \frac{1}{6}}$ et $z=2+4\times (-{\displaystyle \frac{1}{6}})=2-{\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$. Le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$ est $H(-{\displaystyle \frac{1}{6}};{\displaystyle \frac{1}{6}};{\displaystyle \frac{4}{3}})$.

5. a) $\overrightarrow{BA}(-1;3;1)$ donc $BA=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11}$, et $\overrightarrow{BC}(-3;1;1)$ donc $BC=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}$. On a $BA=BC$ : le triangle $ABC$ est isocèle en $B$.

5. b) Soit $I$ le milieu de $[AC]$ : $I\left({\displaystyle \frac{2+0}{2}};{\displaystyle \frac{1-1}{2}};{\displaystyle \frac{1+1}{2}}\right)$, soit $I(1;0;1)$. Dans le triangle $ABC$ isocèle en $B$, la médiane issue de $B$ est aussi la hauteur issue de $B$ (on le vérifie : $\overrightarrow{BI}(-2;2;1)$ et $\overrightarrow{BI}·\overrightarrow{AC}$$=(-2)\times (-2)+2\times (-2)+1\times 0$$=0$).

$BI=\sqrt{4+4+1}=3$ et $AC=\sqrt{(-2{)}^2+(-2{)}^2+0^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$. Donc ${\mathcal{A}}_{ABC}={\displaystyle \frac{AC\times BI}{2}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}\times 3}{2}}=3\sqrt{2}$. L'aire du triangle $ABC$ est $3\sqrt{2}$ unités d'aire.

6. a) On prend pour base le triangle $ABC$. Comme $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$, la hauteur relative à cette base est $h=DH$. $\overrightarrow{DH}(-{\displaystyle \frac{1}{6}};{\displaystyle \frac{1}{6}};{\displaystyle \frac{4}{3}}-2)$, soit $\overrightarrow{DH}(-{\displaystyle \frac{1}{6}};{\displaystyle \frac{1}{6}};-{\displaystyle \frac{2}{3}})$, donc

$DH=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{36}}+{\displaystyle \frac{1}{36}}+{\displaystyle \frac{16}{36}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{18}{36}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$.

$V$$={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\mathcal{A}}_{ABC}\times DH$$={\displaystyle \frac{1}{3}}\times 3\sqrt{2}\times {\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$$={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{3\times 2}{2}}$$=1$. Le volume du tétraèdre $ABCD$ est égal à $1$ unité de volume.

6. b) On prend maintenant pour base le triangle $BCD$ ; la hauteur relative à cette base est la distance de $A$ au plan $(BCD)$, égale à $\sqrt{2}$. Le volume du tétraèdre ne dépend pas de la base choisie, donc ${\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\mathcal{A}}_{BCD}\times \sqrt{2}=1$, d'où ${\mathcal{A}}_{BCD}={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{2}}$. L'aire du triangle $BCD$ est ${\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{2}}\approx 2,12$ unités d'aire.

7. a) $A$, $B$, $C$ définissent le plan $(ABC)$, donc $A$, $B$, $C$, $D_k$ sont coplanaires si et seulement si $D_k\in (ABC)$, c'est-à-dire $0-0+4k-5=0$, soit $k={\displaystyle \frac{5}{4}}$. Les quatre points sont coplanaires pour $k={\displaystyle \frac{5}{4}}$. Le point $D_{5/4}\left(0;0;{\displaystyle \frac{5}{4}}\right)$ appartient alors au plan $(ABC)$ : il est son propre projeté orthogonal sur $(ABC)$.

7. b) Le projeté orthogonal de $D_k$ sur $(ABC)$ est l'intersection du plan avec la droite passant par $D_k$ et dirigée par $\overrightarrow{n}$, de représentation paramétrique $x=t$, $y=-t$, $z=k+4t$ ($t\in \mathbb{R}$). Pour que ce projeté soit $A(2;1;1)$, il faudrait un réel $t$ tel que $t=2$ et $-t=1$, c'est-à-dire $t=2$ et $t=-1$ : c'est impossible, quel que soit $k$.

Autrement dit, $\overrightarrow{A{D}_k}(-2;-1;k-1)$ n'est jamais colinéaire à $\overrightarrow{n}(1;-1;4)$ (le coefficient serait $-2$ d'après les abscisses et $1$ d'après les ordonnées). Il n'existe aucune valeur de $k$ telle que $A$ soit le projeté orthogonal de $D_k$ sur $(ABC)$.

Partie A : modèle discret

1. $V_1=0,995\times V_0+6=0,995\times 0+6=6$ et $V_2$$=0,995\times V_1+6$$=0,995\times 6+6$$=5,97+6$$=11,97$. $V_1=6$ L et $V_2=11,97$ L.

2. Programme complété :

def volume(n):
    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995*v + 6
    return v

La variable v part de $V_0=0$ ; la boucle s'exécute $n$ fois et remplace à chaque passage $V_k$ par $V_{k+1}=0,995V_k+6$ : la fonction renvoie bien $V_n$.

3. Pour tout entier naturel $n$, on note $P(n)$ la propriété : « $V_n⩽V_{n+1}⩽1200$ ».

Initialisation. $V_0=0$ et $V_1=6$ : on a bien $0⩽6⩽1200$, donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ est vraie : $V_n⩽V_{n+1}⩽1200$. En multipliant par $0,995>0$ (l'ordre est conservé) : $0,995V_n⩽0,995V_{n+1}⩽0,995\times 1200=1194$. En ajoutant $6$ : $0,995V_n+6⩽0,995V_{n+1}+6⩽1200$, c'est-à-dire $V_{n+1}⩽V_{n+2}⩽1200$. $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. $P(0)$ est vraie et $P$ est héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $V_n⩽V_{n+1}⩽1200$.

4. D'après la question 3, la suite $(V_n)$ est croissante et majorée par $1200$. D'après le théorème de convergence monotone, la suite $(V_n)$ converge vers une limite $\ell$.

Pour tout $n$, $V_{n+1}=g(V_n)$ avec $g(x)=0,995x+6$, fonction affine donc continue sur $\mathbb{R}$. Par passage à la limite, $\ell =g(\ell )$ : $\ell =0,995\ell +6⟺0,005\ell =6⟺\ell ={\displaystyle \frac{6}{0,005}}=1200$. La suite $(V_n)$ converge vers $1200$ : à long terme, le volume de polluant se rapproche de $1200$ L.

Partie B : modèle continu

1. a) L'équation (E) est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-0,005\ne 0$ et $b=6$. Ses solutions sont les fonctions $t\mapsto C{\mathrm{e}}^{at}-{\displaystyle \frac{b}{a}}$, avec $C$ réel. Ici $-{\displaystyle \frac{b}{a}}=-{\displaystyle \frac{6}{-0,005}}=1200$. Les solutions de (E) sur $[0;+\infty [$ sont les fonctions $y(t)=C{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200$, $C\in \mathbb{R}$.

1. b) $v$ est solution de (E), donc il existe un réel $C$ tel que $v(t)=C{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200$ pour tout $t⩾0$. La condition $v(0)=0$ donne $C\times {\mathrm{e}}^0+1200=0$, soit $C=-1200$. Donc $v(t)=-1200{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200$, $v(t)=1200(1-{\mathrm{e}}^{-0,005t})$ pour tout $t\in [0;+\infty [$.

1. c) $\underset{t\to +\infty }{lim}(-0,005t)=-\infty$ et $\underset{X\to -\infty }{lim}{\mathrm{e}}^X=0$, donc par composition $\underset{t\to +\infty }{lim}{\mathrm{e}}^{-0,005t}=0$. Par somme et produit, $\underset{t\to +\infty }{lim}v(t)=1200$.

1. d) $v$ est dérivable sur $[0;+\infty [$ et $v^{\prime }(t)$$=1200\times (-(-0,005){\mathrm{e}}^{-0,005t})$$=6{\mathrm{e}}^{-0,005t}$. Une exponentielle est strictement positive, donc $v^{\prime }(t)>0$ pour tout $t⩾0$. La fonction $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty [$.

2. $5\%$ du volume du bassin représentent $0,05\times 30000=1500$ litres. Or, pour tout $t⩾0$, ${\mathrm{e}}^{-0,005t}>0$, donc $1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}<1$ et $v(t)<1200$. Le volume de polluant reste toujours inférieur à $1200$ L, donc à $1500$ L (le taux reste inférieur à ${\displaystyle \frac{1200}{30000}}=4\%$). Selon ce modèle, le propriétaire n'aura pas à procéder au nettoyage complet.

3. On résout $v(t)>50$ sur $[0;+\infty [$ :

$1200(1-{\mathrm{e}}^{-0,005t})$$>50⟺1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}$$>{\displaystyle \frac{1}{24}}⟺{\mathrm{e}}^{-0,005t}$$<{\displaystyle \frac{23}{24}}$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$ : $⟺-0,005t$$<\ln \left({\displaystyle \frac{23}{24}}\right)⟺t$$>-{\displaystyle \frac{1}{0,005}}\ln \left({\displaystyle \frac{23}{24}}\right)$$=200\ln \left({\displaystyle \frac{24}{23}}\right)$ (on divise par $-0,005<0$, le sens de l'inégalité change).

Comme $v$ est strictement croissante, le volume dépasse $50$ litres au-delà de l'instant $t_0=200\ln \left({\displaystyle \frac{24}{23}}\right)$ heures. On a $t_0\approx 8,5119$ h et $0,5119\times 60\approx 30,7$ min : $t_0\approx 8$ h $31$ min.

Affirmation 1 : VRAIE. D'après l'énoncé, $P(O)=0,52$, $P_O(F)=0,32$ et $P(F)=0,20$. On a $P(O\cap F)$$=P(O)\times P_O(F)$$=0,52\times 0,32$$=0,1664$. Par définition d'une probabilité conditionnelle :

$P_F(O)={\displaystyle \frac{P(O\cap F)}{P(F)}}={\displaystyle \frac{0,1664}{0,20}}=0,832$.

Si la personne choisie est une femme, la probabilité qu'elle joue de la Pop est bien $0,832$.

Affirmation 2 : FAUSSE. On répète $5000$ fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne est un musicien professionnel » a pour probabilité $0,062$ ; $X$ compte le nombre de succès. Donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(5000;0,062)$.

À la calculatrice, $P(X⩽340)\approx 0,96$, soit $1,0$ arrondi au dixième, et non $0,4$. On pouvait le pressentir : $E(X)=5000\times 0,062=310$ et $340$ est nettement au-dessus de cette moyenne, donc $P(X⩽340)$ est bien supérieure à $0,5$. L'affirmation est fausse.

Affirmation 3 : VRAIE. $E(X)=np=310$ et $V(X)=np(1-p)=5000\times 0,062\times 0,938=290,78$.

« $230<X<390$ » équivaut à « $-80<X-310<80$ », c'est-à-dire à « $|X-310|<80$ ». D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout réel $\delta >0$, $P(|X-E(X)|⩾\delta )⩽{\displaystyle \frac{V(X)}{{\delta }^2}}$. Avec $\delta =80$ :

$P(|X-310|⩾80)⩽{\displaystyle \frac{290,78}{6400}}\approx 0,0454$, donc $P(230$$<X$$<390)$$=1-P(|X-310|⩾80)⩾1-{\displaystyle \frac{290,78}{6400}}$$\approx 0,9546$.

Comme $0,9546>0,95$, la probabilité que le nombre de musiciens professionnels soit strictement compris entre $230$ et $390$ est supérieure à $95\%$ : l'affirmation est vraie.

Affirmation 4 : VRAIE. Former une équipe revient à choisir $2$ musiciens professionnels parmi les $4$ (l'ordre ne compte pas) et $3$ autres personnes parmi les $6$ non-musiciens. Par le principe multiplicatif :

${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{42}{\times }\right)}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{63}{=}\right)}6\times 20=120$.

On peut former $120$ équipes différentes.

Partie A

1. a) La courbe $C_f$ admet au point $C$ d'abscisse $1$ une tangente parallèle à l'axe des abscisses, donc de coefficient directeur nul. $f^{\prime }(1)=0$.

1. b) Sur $[0;3]$, la courbe $C_f$ coupe l'axe des abscisses en un seul point, $A\left({\displaystyle \frac{1}{2}};0\right)$. La solution de $f(x)=0$ sur $[0;3]$ est $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

2. $f^{\prime }\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$, qui passe par $A\left({\displaystyle \frac{1}{2}};0\right)$ et $B(1;{\mathrm{e}}^2)$ :

$f^{\prime }\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$$={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}}$$={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^2-0}{1-{\displaystyle \frac{1}{2}}}}$$={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^2}{{\displaystyle \frac{1}{2}}}}$$=2{\mathrm{e}}^2$. $f^{\prime }\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=2{\mathrm{e}}^2\approx 14,8$.

3. Si $F$ est une primitive de $f$, alors $F^{\prime }=f$. D'après le graphique, $f(x)<0$ sur $\left[0;{\displaystyle \frac{1}{2}}\right[$, $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=0$ et $f(x)>0$ sur $]{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty [$ (la courbe est sous l'axe des abscisses avant $A$, au-dessus après). Donc toute primitive de $f$ est décroissante sur $\left[0;{\displaystyle \frac{1}{2}}\right]$, croissante sur $[{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty [$, et admet un minimum en $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

• $C_1$ et $C_2$ décroissent puis croissent, avec un minimum atteint en $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ : elles conviennent.
• $C_3$ atteint son minimum vers $x\approx 0,9$ : elle est donc encore décroissante sur un intervalle situé à droite de ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ (par exemple entre $0,6$ et $0,8$), où pourtant $f>0$. $C_3$ ne peut pas représenter une primitive de $f$.

De plus, deux primitives d'une même fonction diffèrent d'une constante : on vérifie que $C_1$ se déduit de $C_2$ par une translation verticale (environ $2$ unités vers le haut : minimum à environ $0$ contre environ $-2$, limites à droite environ $3,7$ contre $1,7$). Les courbes $C_1$ et $C_2$ représentent des primitives de $f$.

Partie B

1. a) Pour tout $x⩾0$ : ${\mathrm{e}}^2\times {\displaystyle \frac{2x-1}{{\mathrm{e}}^{2x-1}}}$$=(2x-1){\mathrm{e}}^2{\mathrm{e}}^{-(2x-1)}$$=(2x-1){\mathrm{e}}^{2-2x+1}$$=(2x-1){\mathrm{e}}^{-2x+3}$$=f(x)$. On a bien $f(x)={\mathrm{e}}^2\times {\displaystyle \frac{2x-1}{{\mathrm{e}}^{2x-1}}}$.

1. b) On pose $X=2x-1$ : $\underset{x\to +\infty }{lim}X=+\infty$. Par croissances comparées, $\underset{X\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^X}{X}}=+\infty$, donc $\underset{X\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{X}{{\mathrm{e}}^X}}=0$. Par composition, $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{2x-1}{{\mathrm{e}}^{2x-1}}}=0$, puis, par produit par la constante ${\mathrm{e}}^2$, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=0$. La courbe $C_f$ admet l'axe des abscisses comme asymptote horizontale en $+\infty$.

2. a) $f=uv$ avec $u(x)=2x-1$, $u^{\prime }(x)=2$, et $v(x)={\mathrm{e}}^{-2x+3}$, $v^{\prime }(x)=-2{\mathrm{e}}^{-2x+3}$ (dérivée de ${\mathrm{e}}^w$ : $w^{\prime }{\mathrm{e}}^w$). Donc, pour tout $x⩾0$ :

$f^{\prime }(x)$$=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$$=2{\mathrm{e}}^{-2x+3}+(2x-1)\times (-2){\mathrm{e}}^{-2x+3}$$=(2-4x+2){\mathrm{e}}^{-2x+3}$, $f^{\prime }(x)=(-4x+4){\mathrm{e}}^{-2x+3}$.

2. b) Pour tout $x$, ${\mathrm{e}}^{-2x+3}>0$, donc $f^{\prime }(x)$ a le signe de $-4x+4$, qui s'annule en $x=1$, est strictement positif sur $[0;1[$ et strictement négatif sur $]1;+\infty [$. Valeurs : $f(0)=(0-1){\mathrm{e}}^3=-{\mathrm{e}}^3\approx -20,09$ ; $f(1)=(2-1){\mathrm{e}}^{-2+3}=\mathrm{e}\approx 2,72$ ; $\underset{+\infty }{lim}f=0$ (question 1. b)).

$f$ est strictement croissante sur $[0;1]$, strictement décroissante sur $[1;+\infty [$, de maximum $f(1)=\mathrm{e}$.

3. Le contour du logo est formé de la portion de $C_f$ sur $[0,5;\alpha ]$ et de son symétrique par rapport à l'axe des abscisses. À l'abscisse $\alpha$, l'extrémité droite du logo est le segment vertical joignant les points $(\alpha ;f(\alpha ))$ et $(\alpha ;-f(\alpha ))$, de longueur $f(\alpha )-(-f(\alpha ))=2f(\alpha )$ (car $f(\alpha )>0$). L'unité étant $1$ cm, la contrainte du client s'écrit $2f(\alpha )=0,3$, soit $f(\alpha )=0,15$.

Sur $[1;+\infty [$, $f$ est continue (produit de fonctions continues) et strictement décroissante, avec $f(1)=\mathrm{e}\approx 2,72$ et $\underset{+\infty }{lim}f=0$ ; elle prend donc ses valeurs dans $]0;\mathrm{e}]$. Or $0,15\in ]0;\mathrm{e}]$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x)=0,15$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1;+\infty [$.

À la calculatrice : $f(3,3)=5,6{\mathrm{e}}^{-3,6}\approx 0,1530>0,15$ et $f(3,4)=5,8{\mathrm{e}}^{-3,8}\approx 0,1298<0,15$, donc $3,3<\alpha <3,4$ ; puis $f(3,35)\approx 0,1409<0,15$, donc $3,3<\alpha <3,35$ (plus précisément $f(3,31)\approx 0,1505$ et $f(3,32)\approx 0,1481$). $\alpha \approx 3,3$.

Partie C

1. On pose $u(x)=2x-1$ et $v^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^{-2x+3}$, d'où $u^{\prime }(x)=2$ et $v(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^{-2x+3}$. Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[0,5;3,3]$. Par intégration par parties :

$I$$=[u(x)v(x){]}_{0,5}^{3,3}-{\displaystyle {\int }_{0,5}^{3,3}{u}^{\prime }(x)v(x)\mathrm{d}x={[-{\displaystyle \frac{2x-1}{2}}{\mathrm{e}}^{-2x+3}]}_{0,5}^{3,3}+{\displaystyle {\int }_{0,5}^{3,3}{\mathrm{e}}^{-2x+3}\mathrm{d}x}}$.

Crochet : $-{\displaystyle \frac{5,6}{2}}{\mathrm{e}}^{-3,6}-(-{\displaystyle \frac{0}{2}}{\mathrm{e}}^2)$$=-2,8{\mathrm{e}}^{-3,6}$. Intégrale restante : ${[-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^{-2x+3}]}_{0,5}^{3,3}$$=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^{-3,6}+{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^2$.

Donc $I$$=-2,8{\mathrm{e}}^{-3,6}-0,5{\mathrm{e}}^{-3,6}+0,5{\mathrm{e}}^2$$=0,5{\mathrm{e}}^2-3,3{\mathrm{e}}^{-3,6}$$\approx 3,6945-0,0902$$\approx 3,604$. $I=0,5{\mathrm{e}}^2-3,3{\mathrm{e}}^{-3,6}\approx 3,6$ arrondi au dixième.

2. Sur $[0,5;\alpha ]$, $2x-1⩾0$ donc $f(x)⩾0$ : la partie du logo située au-dessus de l'axe des abscisses a pour aire ${\displaystyle {\int }_{0,5}^{\alpha }f(x)\mathrm{d}x}$ (en cm², l'unité étant $1$ cm), et la partie située en dessous a la même aire par symétrie. Avec $\alpha \approx 3,3$, l'aire du logo vaut donc environ $2I\approx 2\times 3,604\approx 7,21$ cm².

Volume du porte-clé : $\mathcal{V}\approx 2I\times 0,2=0,4I\approx 0,4\times 3,604\approx 1,44$ cm³. Le volume du porte-clé est d'environ $1,4$ cm³.