Bac 2026, spécialité maths, jour 1 (Amérique du Nord) : sujet et corrigé

1. $P(E) = 0{,}25$, $P(F) = 0{,}15$, donc $P(C) = 1 - 0{,}25 - 0{,}15 = 0{,}6$.
$P_E(H) = 0{,}45$ et $P_E(\overline{H}) = 0{,}55$ ; $P_C(H) = 0{,}3$ et $P_C(\overline{H}) = 0{,}7$.

Les branches issues de $F$ ne sont pas à compléter, mais on peut les trouver : $P_F(H) = \dfrac{P(F \cap H)}{P(F)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}15} = 0{,}8$ et $P_F(\overline{H}) = 0{,}2$.

2. $P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0{,}1125$.

3. $E$, $C$ et $F$ forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

4.

1. On répète $8$ fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « l’abonné a activé l’option » a pour probabilité $0{,}4125$ : $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n = 8$ et $p = 0{,}4125$.

2. $P(X = 0) = (1 - 0{,}4125)^8 = 0{,}5875^8 \approx 0{,}014$.

3. a. Le nombre d’abonnés de l’échantillon ayant activé l’option suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $0{,}4125$. L’événement « au moins un abonné a activé l’option » est le contraire de « aucun abonné ne l’a activée », de probabilité $0{,}5875^n$. Donc $q_n = 1 - 0{,}5875^n$.

b. On résout $q_n \geq 0{,}999$ :

On a changé le sens de l’inégalité en divisant par $\ln(0{,}5875) < 0$. Or $\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99$ : la plus petite valeur est $n = 13$. (Contrôle : $0{,}5875^{12} \approx 0{,}0017 > 0{,}001$ et $0{,}5875^{13} \approx 0{,}00099 \leq 0{,}001$.)

1. Sans l’option : $5$, $10$ ou $16$ € ; avec l’option : $7$, $12$ ou $18$ €. Les valeurs possibles sont $5$, $7$, $10$, $12$, $16$ et $18$.

2. Chaque valeur correspond à une issue de l’arbre : par exemple $P(Y = 5) = P(E \cap \overline{H}) = 0{,}25 \times 0{,}55 = 0{,}1375$, et $P(Y = 16) = P(F \cap \overline{H}) = 0{,}15 - 0{,}12 = 0{,}03$.

La somme des probabilités vaut bien $1$.

3.

Sur un grand nombre d’abonnés, la plateforme encaisse en moyenne environ $10{,}48$ € par abonné et par mois.

4. À la calculatrice (ou avec $V(Y) = E(Y^2) - E(Y)^2$, où $E(Y^2) = 123{,}43$) : $V(Y) = 123{,}43 - 10{,}475^2 = 13{,}704\,375$, soit $V(Y) \approx 13{,}70$.

5. a. $V(Z) = \sigma(Z)^2 = 2^2 = 4$.

b. $6 < Z < 12 \iff |Z - 9| < 3$. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

Par passage au contraire, $P(6 < Z < 12) \geq 1 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9} \approx 0{,}56$. Comme $\dfrac{5}{9} \geq 0{,}5$, l’affirmation du responsable est justifiée.

1. $u_1 = 4 - \dfrac{4}{4} = 3$ : le modèle prévoit $3\,000$ perches-soleil au 1er janvier $2026$.

2. a. $h$ est dérivable sur $\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$ et $h'(x) = \dfrac{4}{x^2} > 0$ : $h$ est strictement croissante sur cet intervalle.

b. On raisonne par récurrence sur la propriété $\mathcal{P}(n)$ : $2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4$.

Initialisation : $u_0 = 4$ et $u_1 = 3$, donc $2 \leq u_1 \leq u_0 \leq 4$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : supposons $2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4$ pour un entier $n$. Tous ces nombres sont dans $\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$ où $h$ est croissante, donc :

car $h(2) = 4 - 2 = 2$ et $h(4) = 3$. Comme $3 \leq 4$, $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4$.

c. D’après 2. b., la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $2$ : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite $\ell$, avec $2 \leq \ell \leq 4$.

d. $h$ est continue sur $\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$ et $\ell \geq 2 > 0$. En passant à la limite dans $u_{n+1} = h(u_n)$, on obtient $\ell = h(\ell)$ :

e. Non. La population tend vers $2$ milliers : selon ce modèle, il restera à long terme environ $2\,000$ perches-soleil dans l’étang ; l’espèce n’est pas éliminée.

3. a. On calcule les termes successifs tant que $u_n \geq s$ :

def population(s) :
    u=4
    n=0
    while u >= s :
        u = 4 - 4/u
        n = n + 1
    return n

b. À la calculatrice : $u_8 \approx 2{,}22$, $u_9 = 2{,}2$ et $u_{10} \approx 2{,}18$. Le premier terme strictement inférieur à $2{,}2$ est $u_{10}$ : la commande renvoie 10. Selon ce modèle, c’est en $2025 + 10 = 2035$ (au 1er janvier) que la population passera pour la première fois sous les $2\,200$ perches-soleil.

Remarque : on peut montrer que $u_n = 2 + \dfrac{2}{n+1}$, d’où $u_9 = 2{,}2$ exactement. La condition de la boucle doit donc bien être u >= s (avec u > s, la boucle s’arrêterait à $n = 9$, alors que $u_9$ n’est pas strictement inférieur à $2{,}2$). En Python, les calculs se font en nombres flottants, donc avec des arrondis : ici, par chance, la valeur calculée pour $u_9$ est exactement le flottant 2.2 (le test u == 2.2 est vrai), et le script renvoie bien 10. Avec une autre valeur de $s$ égale à un terme de la suite, une erreur d’arrondi pourrait décaler le résultat d’une unité.

1. $(E)$ s’écrit $y' = -y + 2$, de la forme $y' = ay + b$ avec $a = -1$ et $b = 2$. La solution constante est $-\dfrac{b}{a} = 2$. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $t \mapsto C\mathrm{e}^{-t} + 2$, avec $C \in \mathbb{R}$.

2. $p(0) = C + 2 = 4$, donc $C = 2$ et $p(t) = 2\mathrm{e}^{-t} + 2$.

3. Non. $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \mathrm{e}^{-t} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} p(t) = 2$. Ce modèle aussi prévoit qu’il restera environ $2\,000$ perches-soleil à long terme (d’ailleurs $p(t) > 2$ pour tout $t$) : l’espèce n’est pas éliminée.

1. $O$ est le centre du carré $ABCD$, donc le milieu de $[AC]$ et de $[BD]$ : $A$ est le symétrique de $C$ par rapport à $O$ et $D$ celui de $B$. Ainsi $A(-1 \,;\, -1 \,;\, 0)$ et $D(1 \,;\, -1 \,;\, 0)$.

2. $\overrightarrow{SC}\,(1 \,;\, 1 \,;\, -2)$ et $\overrightarrow{SB}\,(-1 \,;\, 1 \,;\, -2)$, donc :

3. $SC = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$ et $SB = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$. Or $\overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{SB} = SC \times SB \times \cos\widehat{BSC}$, donc :

1. a. $\vec{n} \cdot \overrightarrow{SB} = 0 \times (-1) + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{SC} = 0 \times 1 + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0$. Les vecteurs $\overrightarrow{SB}$ et $\overrightarrow{SC}$ ne sont pas colinéaires (leurs premières coordonnées sont opposées, les deuxièmes égales), ils dirigent donc le plan $(SBC)$. $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal au plan $(SBC)$.

b. Le plan $(SBC)$ a donc une équation de la forme $2y + z + d = 0$. Il passe par $S(0 \,;\, 0 \,;\, 2)$ : $0 + 2 + d = 0$, donc $d = -2$. Une équation de $(SBC)$ est $2y + z - 2 = 0$.

2. a. La droite $(OH)$ est perpendiculaire au plan $(SBC)$ : elle est dirigée par le vecteur normal $\vec{n}\,(0 \,;\, 2 \,;\, 1)$ et passe par $O(0 \,;\, 0 \,;\, 0)$. Une représentation paramétrique est donc $x = 0$, $y = 2t$, $z = t$, avec $t \in \mathbb{R}$.

b. $H$ est le point de $(OH)$ qui appartient à $(SBC)$ : on remplace dans l’équation du plan.

D’où $H\left(0 \,;\, \dfrac{4}{5} \,;\, \dfrac{2}{5}\right)$.

c. La distance de $O$ au plan $(SBC)$ est la distance $OH$ :

1. a. La base $ABCD$ est un carré de côté $2$ cm, d’aire $4$ cm². La hauteur est $OS = 2$ cm, car $(OS)$ est perpendiculaire au plan de la base ($S$ est sur l’axe $(OK)$). Donc :

b. On voit $OCBS$ comme une pyramide de sommet $S$ et de base le triangle $OCB$, avec la même hauteur $OS = 2$. Les diagonales du carré partagent $ABCD$ en quatre triangles de même aire : l’aire de $OCB$ est $\dfrac{4}{4} = 1$ cm². Donc :

C’est le quart du volume de $SABCD$.

2. $SB = SC = \sqrt{6}$ : le triangle $SBC$ est isocèle en $S$, et sa hauteur issue de $S$ est la médiane $[SJ]$, avec $J$ milieu de $[BC]$, soit $J(0 \,;\, 1 \,;\, 0)$. $SJ = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}$ et $BC = 2$, donc :

3. On voit maintenant $OCBS$ comme une pyramide de sommet $O$ et de base $SBC$ : sa hauteur est la distance $d$ de $O$ au plan $(SBC)$. Donc :

On retrouve le résultat de la partie B.

1. Sur le graphique, la courbe semble au-dessus de ses tangentes à gauche de A et en dessous à droite (la tangente en A traverse la courbe). On conjecture que $f$ est convexe sur $\mathopen{]}-\infty \,;\, 1]$ et concave sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$, A étant un point d’inflexion.

2. Quand $x \to -\infty$, $x^2 + 1 \to +\infty$ donc $5\ln(x^2 + 1) \to +\infty$, et $-3x \to +\infty$. Par somme, $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.

3. a. Pour $x > 0$, $x^2 + 1 = x^2\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)$, donc :

D’où $f(x) = 10\ln x - 3x + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right) = x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)$.

b. Par croissance comparée, $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$ en $+\infty$, donc $10\dfrac{\ln x}{x} - 3 \to -3$ et, par produit, $x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) \to -\infty$. Par ailleurs $1 + \dfrac{1}{x^2} \to 1$ et $\ln 1 = 0$, donc $5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right) \to 0$. Par somme, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.

4. a. La dérivée de $\ln(u)$ est $\dfrac{u'}{u}$ ; avec $u(x) = x^2 + 1$ :

b. Le dénominateur est strictement positif : $f'(x)$ a le signe de $-3x^2 + 10x - 3$. Son discriminant est $\Delta = 100 - 36 = 64$, d’où les racines $x_1 = \dfrac{-10 + 8}{-6} = \dfrac{1}{3}$ et $x_2 = \dfrac{-10 - 8}{-6} = 3$. Le trinôme est du signe de $a = -3$, donc négatif, à l’extérieur des racines.

$f\left(\dfrac{1}{3}\right) = 5\ln\left(\dfrac{10}{9}\right) - 1 \approx -0{,}47$ et $f(3) = 5\ln 10 - 9 \approx 2{,}51$.

$f$ est décroissante sur $\left]-\infty \,;\, \dfrac{1}{3}\right]$, croissante sur $\left[\dfrac{1}{3} \,;\, 3\right]$ et décroissante sur $[3 \,;\, +\infty\mathclose{[}$.

5. a. $(x^2 + 1)^2 > 0$, donc $f''(x)$ a le signe de $-10x^2 + 10 = 10(1 - x)(1 + x)$ : positif sur $[-1 \,;\, 1]$, négatif sur $\mathopen{]}-\infty \,;\, -1]$ et sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$.

Donc $f$ est convexe sur $[-1 \,;\, 1]$ et concave sur $\mathopen{]}-\infty \,;\, -1]$ et sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$. La conjecture est rejetée pour sa partie gauche : $f$ n’est pas convexe sur tout $\mathopen{]}-\infty \,;\, 1]$, elle change aussi de convexité en $-1$ (un second point d’inflexion, peu visible car la courbe sort du cadre du graphique vers $x = -1$). En revanche, la concavité sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$ est confirmée.

b. $f(1) = 5\ln 2 - 3$ et $f'(1) = \dfrac{-3 + 10 - 3}{2} = 2$. La tangente en A a pour équation $y = f'(1)(x - 1) + f(1)$ :

(Son ordonnée à l’origine, $5\ln 2 - 5 \approx -1{,}53$, est cohérente avec le graphique.)

c. $f$ est concave sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$, donc sur cet intervalle sa courbe est située en dessous de ses tangentes, en particulier de la tangente en A. Pour tout $x \geq 1$ :

en divisant par $5 > 0$.