Bac 2026, spécialité maths, jour 1 (centres en Asie) : sujet et corrigé

1. Au premier tir, $p_1 = \dfrac{1}{2}$. D’après la formule des probabilités totales, avec la partition $T_1$, $\overline{T_1}$ :

2. Les probabilités à placer sont :

• branche vers $\overline{T_n}$ : $P(\overline{T_n}) = 1 - p_n$ ;
• de $T_n$ vers $\overline{T_{n+1}}$ : $P_{T_n}(\overline{T_{n+1}}) = 1 - \dfrac{4}{5} = \dfrac{1}{5}$ ;
• de $\overline{T_n}$ vers $T_{n+1}$ : $P_{\overline{T_n}}(T_{n+1}) = \dfrac{1}{3}$ ;
• de $\overline{T_n}$ vers $\overline{T_{n+1}}$ : $P_{\overline{T_n}}(\overline{T_{n+1}}) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$.

3. Les événements $T_n$ et $\overline{T_n}$ forment une partition. Par la formule des probabilités totales :

4. a. Pour tout entier $n \geq 1$ :

Or $\dfrac{7}{15} \times \dfrac{5}{8} = \dfrac{35}{120} = \dfrac{7}{24}$, donc $u_{n+1} = \dfrac{7}{15}\left(p_n - \dfrac{5}{8}\right) = \dfrac{7}{15}u_n$. La suite $(u_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{7}{15}$.

b. Son premier terme est $u_1 = p_1 - \dfrac{5}{8} = \dfrac{4}{8} - \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}$. Attention, la suite commence au rang $1$ : pour tout $n \geq 1$,

c. $p_n = u_n + \dfrac{5}{8}$, donc pour tout $n \geq 1$ :

Vérification : $p_2 = \dfrac{5}{8} - \dfrac{7}{120} = \dfrac{75 - 7}{120} = \dfrac{68}{120} = \dfrac{17}{30}$.

5. Comme $0 < \dfrac{7}{15} < 1$, $\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \to 0$ quand $n \to +\infty$. Donc :

Après un grand nombre de tirs, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de $0{,}625$ : à long terme, il touche le centre environ $62{,}5\,\%$ du temps.

6. On continue tant que $p_n < 0{,}6$, en passant au tir suivant grâce à la relation de la question 3 :

def seuil():
    n = 1
    p = 0.5
    while p < 0.6:
        n = n + 1
        p = 7/15*p + 1/3
    return n

L’ordre des deux lignes de la boucle n’a pas d’importance ici, car la mise à jour de p n’utilise pas n. La fonction renvoie $4$ (voir question 7).

7. Pour $n \geq 1$ :

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$, donc :

On change le sens de l’inégalité car $\ln\left(\dfrac{7}{15}\right) < 0$. À la calculatrice, $\dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln\left(\frac{7}{15}\right)} = \dfrac{\ln 5}{\ln\left(\frac{15}{7}\right)} \approx 2{,}11$, donc $n \geq 3{,}11$ environ.

Les solutions sont les entiers $n \geq 4$. Contrôle : $p_3 \approx 0{,}598 < 0{,}6$ et $p_4 \approx 0{,}612 \geq 0{,}6$.

Affirmation 1 : vraie. Pour $x > 1$, $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ avec $x - 1 > 0$ et $x + 1 > 0$, donc $\sqrt{x^2 - 1} = \sqrt{x - 1}\,\sqrt{x + 1}$ et $x - 1 = \left(\sqrt{x - 1}\right)^2$. Ainsi :

Quand $x \to +\infty$, $\dfrac{1}{x} \to 0$, donc le quotient sous la racine tend vers $1$ et, par continuité de la racine carrée, $f(x) \to \sqrt{1} = 1$.

Affirmation 2 : vraie. Démontrons par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : $w_n = (n + 1)^2$.
Initialisation : $w_0 = 1 = (0 + 1)^2$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.
Hérédité : supposons $w_n = (n + 1)^2$ pour un entier naturel $n$. Alors :

donc $\mathcal{P}(n + 1)$ est vraie.
Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $w_n = (n + 1)^2$.

Affirmation 3 : vraie.

Affirmation 4 : fausse. Pour $n \geq 1$, une primitive de $x \mapsto \mathrm{e}^{nx}$ est $x \mapsto \dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{nx}$, donc :

Par exemple, $v_1 = \mathrm{e} - 1 \neq \mathrm{e}$. L’oubli de la borne $0$ (où $\mathrm{e}^0 = 1$) donne la formule de l’affirmation.

Affirmation 5 : fausse. Un coloriage revient à choisir une couleur parmi $3$ pour chacune des $16$ cases : c’est une $16$-liste d’éléments d’un ensemble à $3$ éléments. Il y a donc $3^{16} = 43\,046\,721$ coloriages, alors que $\dbinom{16}{3} = \dfrac{16 \times 15 \times 14}{6} = 560$ (nombre de façons de choisir $3$ cases parmi $16$).

1. a. $\overrightarrow{BC}\,(2 \,;\, 1 \,;\, -2)$ et $\overrightarrow{BE}\,(1 \,;\, -4 \,;\, -1)$. S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{BC} = k\overrightarrow{BE}$ : la première coordonnée donne $k = 2$, la deuxième $1 = -4k$, soit $k = -\dfrac{1}{4}$. C’est contradictoire : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $B$, $C$ et $E$ ne sont pas alignés.

b. $\overrightarrow{AF}\,(3 \,;\, 0 \,;\, 3)$.

$\overrightarrow{AF}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCE)$ : c’est un vecteur normal à ce plan.

c. Le plan $(BCE)$ admet une équation de la forme $3x + 0y + 3z + d = 0$, ou, en divisant par $3$, $x + z + d' = 0$. Comme $B(1 \,;\, 2 \,;\, 3)$ appartient au plan, $1 + 3 + d' = 0$, d’où $d' = -4$. Une équation de $(BCE)$ est $x + z - 4 = 0$.

(Contrôle : $C$ donne $3 + 1 - 4 = 0$ et $E$ donne $2 + 2 - 4 = 0$.)

2. a. Pour $G(5 \,;\, 1 \,;\, 2)$ : $5 + 2 - 4 = 3 \neq 0$, donc $G \notin (BCE)$.

b. $\overrightarrow{AG}\,(5 \,;\, 1 \,;\, 1)$. Cherchons des réels $a$ et $b$ tels que $\overrightarrow{AG} = a\overrightarrow{BE} + b\overrightarrow{BC}$ :

En additionnant la première et la troisième ligne, on obtient $6 = 0$ : le système n’a pas de solution. $\overrightarrow{AG}$ ne s’écrit pas comme combinaison linéaire de $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BC}$, qui ne sont pas colinéaires : les trois vecteurs ne sont pas coplanaires.

c. $\overrightarrow{AG}$ est un vecteur directeur de la droite $(AG)$, et $\overrightarrow{BE}$, $\overrightarrow{BC}$ sont deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan $(BCE)$. Une droite est parallèle à un plan si et seulement si son vecteur directeur est coplanaire avec deux vecteurs directeurs du plan. Ce n’est pas le cas ici, donc la droite $(AG)$ n’est pas parallèle au plan $(BCE)$ : elle le coupe en un point unique.

3. a. Pour $t = 0$, on obtient $(0 \,;\, 0 \,;\, 1)$, c’est-à-dire le point $A$. Le vecteur formé par les coefficients de $t$, $(5 \,;\, 1 \,;\, 1)$, est $\overrightarrow{AG}$, vecteur directeur de $(AG)$. Le système proposé est donc une représentation paramétrique de la droite $(AG)$ (pour $t = 1$, on retrouve d’ailleurs $G$).

b. Le point de paramètre $t$ de $(AG)$ est dans $(BCE)$ si et seulement si :

Donc $P\left(\dfrac{5}{2} \,;\, \dfrac{1}{2} \,;\, \dfrac{3}{2}\right)$, soit $P(2{,}5 \,;\, 0{,}5 \,;\, 1{,}5)$.

c. Le milieu de $[EC]$, avec $E(2 \,;\, -2 \,;\, 2)$ et $C(3 \,;\, 3 \,;\, 1)$, a pour coordonnées :

Ce sont les coordonnées de $P$ : $P$ est le milieu de $[EC]$.

4. Les points $A$, $C$, $G$ définissent bien un plan : $\overrightarrow{AC}\,(3 \,;\, 3 \,;\, 0)$ et $\overrightarrow{AG}\,(5 \,;\, 1 \,;\, 1)$ ne sont pas colinéaires (troisièmes coordonnées $0$ et $1$, alors que les premières sont non nulles).

Les deux plans sont distincts : $A$ appartient à $(ACG)$ mais pas à $(BCE)$, car $0 + 1 - 4 = -3 \neq 0$. Leur intersection est donc soit vide, soit une droite.

• $C$ appartient aux deux plans.
• $P$ appartient à la droite $(AG)$, donc au plan $(ACG)$, et à $(BCE)$ par définition.

$P$ et $C$ sont distincts (car $P$ est le milieu de $[EC]$ et $E \neq C$) : l’intersection des deux plans est la droite $(CP)$. Comme $P$ est le milieu de $[EC]$, cette droite est aussi la droite $(CE)$.

L’intersection des plans $(BCE)$ et $(ACG)$ est la droite $(CE)$.

1. a. On dérive $x\cos(x)$ comme un produit : $(x\cos x)' = 1 \times \cos(x) + x \times (-\sin(x))$. Donc :

b. Signe de $g'(x) = -x\sin(x)$ :

• sur $\mathopen{]}0 \,;\, \pi[$, $x > 0$ et $\sin(x) > 0$, donc $g'(x) < 0$ : $g$ est strictement décroissante sur $[0 \,;\, \pi]$ ;
• sur $\mathopen{]}\pi \,;\, 2\pi[$, $x > 0$ et $\sin(x) < 0$, donc $g'(x) > 0$ : $g$ est strictement croissante sur $[\pi \,;\, 2\pi]$ ;
• $g'$ s’annule en $0$, en $\pi$ et en $2\pi$.

Valeurs aux bornes et au changement de sens :

c. Sur $[\pi \,;\, 2\pi]$, la fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec $g(\pi) = -\pi < 0$ et $g(2\pi) = 2\pi > 0$. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[\pi \,;\, 2\pi]$. Comme $g(\pi) \neq 0$, on a même $\alpha > \pi$ (à la calculatrice, $\alpha \approx 4{,}49$).

d. Sur $\mathopen{]}0 \,;\, \pi]$, $g$ est strictement décroissante et part de $g(0) = 0$ : $g(x) < 0$. Sur $[\pi \,;\, 2\pi]$, $g$ est strictement croissante et s’annule en $\alpha$ : $g(x) < 0$ sur $[\pi \,;\, \alpha[$ et $g(x) > 0$ sur $]\alpha \,;\, 2\pi]$.

2. a. On dérive le quotient $\dfrac{u}{v}$ avec $u(x) = \sin(x)$, $u'(x) = \cos(x)$, $v(x) = x$, $v'(x) = 1$ :

b. Comme $x^2 > 0$ sur $\mathopen{]}0 \,;\, 2\pi]$, $f'(x)$ a le signe de $g(x)$ : $f'(x) < 0$ sur $\mathopen{]}0 \,;\, \alpha[$, $f'(\alpha) = 0$ et $f'(x) > 0$ sur $]\alpha \,;\, 2\pi]$.

c. La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathopen{]}0 \,;\, \alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha \,;\, 2\pi]$.

d. Comme $\sin(0) = 0$ :

C’est le taux d’accroissement de la fonction sinus entre $0$ et $x$. La fonction sinus est dérivable en $0$, de nombre dérivé $\cos(0) = 1$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 1$.

3. On a $0 < r < s < \pi < \alpha$, donc $r$ et $s$ appartiennent à $\mathopen{]}0 \,;\, \alpha]$, où $f$ est strictement décroissante. Ainsi $r < s$ entraîne $f(r) > f(s)$ :

Les nombres $r$, $s$, $\sin(r)$ et $\sin(s)$ sont strictement positifs (car $r$ et $s$ sont dans $\mathopen{]}0 \,;\, \pi[$). En multipliant les deux membres par le nombre strictement positif $\dfrac{r}{\sin(s)}$, l’inégalité garde son sens :