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Bac spécialité · session 2026 · Jour 2, métropole, La Réunion, Mayotte

Bac 2026, spécialité maths, jour 2 (métropole) : sujet et corrigé

Sujet de spécialité maths du 17 juin 2026 en métropole : tétraèdre et projeté, pollution d’un bassin, vrai-faux de probabilités, étude d’un logo.

Durée
4 heures
Calculatrice
autorisée
Sujet officiel
PDF

Cherche chaque question avant d’ouvrir son corrigé. L’énoncé est le sujet officiel ressaisi ; les corrigés sont rédigés par Bac-Maths.

Format : mercredi 17 juin 2026, 4 heures, quatre exercices, calculatrice en mode examen autorisée. La qualité de la rédaction et la précision des raisonnements comptent dans la note.

Exercice 1 : tétraèdre (5 points)

Dans le repère orthonormé (O ; ı⃗,ȷ⃗,k⃗)\left(O \,;\, \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k}\right), on considère les points A(2 ; 1 ; 1)A(2 \,;\, 1 \,;\, 1), B(3 ; −2 ; 0)B(3 \,;\, -2 \,;\, 0), C(0 ; −1 ; 1)C(0 \,;\, -1 \,;\, 1) et D(0 ; 0 ; 2)D(0 \,;\, 0 \,;\, 2).

Tétraèdre ABCD dessiné en perspective dans le repère, faces DAB et DBC grisées, arête AC en pointillés

1. Montrer que les points AA, BB et CC définissent un plan.

2. a. Montrer que le vecteur n⃗(1−14)\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} est normal au plan (ABC)(ABC).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC) est x−y+4z−5=0x - y + 4z - 5 = 0.

3. Vérifier qu’une représentation paramétrique de la droite Δ\Delta passant par DD et orthogonale au plan (ABC)(ABC) est donnée par :

{x=ty=−tz=2+4tavec t∈R\left\{\begin{array}{l} x = t \\ y = -t \\ z = 2 + 4t \end{array}\right. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}

4. Montrer que le projeté orthogonal de DD sur le plan (ABC)(ABC) est le point H(−16 ; 16 ; 43)H\left(-\dfrac{1}{6} \,;\, \dfrac{1}{6} \,;\, \dfrac{4}{3}\right).

5. a. Montrer que le triangle ABCABC est isocèle en BB.

b. Montrer que l’aire du triangle ABCABC est 323\sqrt{2}.

6. a. En déduire que le volume du tétraèdre ABCDABCD est égal à 11. On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par V=13BhV = \dfrac{1}{3}\mathcal{B}h où B\mathcal{B} est l’aire d’une base et hh la hauteur relative à cette base.

b. On admet que la distance du point AA au plan (BCD)(BCD) est égale à 2\sqrt{2}. En déduire l’aire du triangle BCDBCD.

7. Dans cette question, on note DkD_k le point ayant pour coordonnées (0 ; 0 ; k)(0 \,;\, 0 \,;\, k) où kk est un réel.

a. Déterminer la valeur de kk pour laquelle les points AA, BB, CC et DkD_k sont coplanaires. Quel est alors le projeté orthogonal du point DkD_k sur le plan (ABC)(ABC) ?

b. Peut-on trouver une valeur de kk telle que AA soit le projeté orthogonal de DkD_k sur le plan (ABC)(ABC) ?

Corrigé de l’exercice 1

1. AB→ (1 ; −3 ; −1)\overrightarrow{AB}\,(1 \,;\, -3 \,;\, -1) et AC→ (−2 ; −2 ; 0)\overrightarrow{AC}\,(-2 \,;\, -2 \,;\, 0). Si AC→=λAB→\overrightarrow{AC} = \lambda\overrightarrow{AB}, la première coordonnée donne λ=−2\lambda = -2 et la deuxième λ=23\lambda = \dfrac{2}{3} : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc AA, BB, CC ne sont pas alignés et définissent un plan.

2. a. n⃗⋅AB→=1+3−4=0\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 + 3 - 4 = 0 et n⃗⋅AC→=−2+2+0=0\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 + 2 + 0 = 0. n⃗\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il lui est normal.

b. Le plan a une équation de la forme x−y+4z+d=0x - y + 4z + d = 0. AA en fait partie : 2−1+4+d=02 - 1 + 4 + d = 0, donc d=−5d = -5.

3. Pour t=0t = 0, on obtient (0 ; 0 ; 2)(0 \,;\, 0 \,;\, 2), c’est-à-dire DD. Le vecteur directeur (1 ; −1 ; 4)(1 \,;\, -1 \,;\, 4) est n⃗\vec{n}, normal au plan : la droite passe par DD et est orthogonale à (ABC)(ABC).

4. HH est l’intersection de Δ\Delta et du plan. On remplace :

t−(−t)+4(2+4t)−5=18t+3=0  ⟺  t=−16t - (-t) + 4(2 + 4t) - 5 = 18t + 3 = 0 \iff t = -\dfrac{1}{6}

D’où H(−16 ; 16 ; 2−46)=H(−16 ; 16 ; 43)H\left(-\dfrac{1}{6} \,;\, \dfrac{1}{6} \,;\, 2 - \dfrac{4}{6}\right) = H\left(-\dfrac{1}{6} \,;\, \dfrac{1}{6} \,;\, \dfrac{4}{3}\right).

5. a. BA→ (−1 ; 3 ; 1)\overrightarrow{BA}\,(-1 \,;\, 3 \,;\, 1) et BC→ (−3 ; 1 ; 1)\overrightarrow{BC}\,(-3 \,;\, 1 \,;\, 1) : BA2=1+9+1=11BA^2 = 1 + 9 + 1 = 11 et BC2=9+1+1=11BC^2 = 9 + 1 + 1 = 11. Donc BA=BCBA = BC : le triangle est isocèle en BB.

b. Soit II le milieu de [AC][AC] : I(1 ; 0 ; 1)I(1 \,;\, 0 \,;\, 1). Dans le triangle isocèle, (BI)(BI) est la hauteur issue de BB. BI→ (−2 ; 2 ; 1)\overrightarrow{BI}\,(-2 \,;\, 2 \,;\, 1), donc BI=3BI = 3, et AC=4+4=22AC = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}.

AABC=AC×BI2=22×32=32\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{AC \times BI}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} \times 3}{2} = 3\sqrt{2}

6. a. La hauteur relative à la base ABCABC est DHDH. DH→=−16n⃗\overrightarrow{DH} = -\dfrac{1}{6}\vec{n} et ∥n⃗∥=18=32\|\vec{n}\| = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}, donc DH=326=22DH = \dfrac{3\sqrt{2}}{6} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

V=13×32×22=1V = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1

b. Avec la base BCDBCD et la hauteur 2\sqrt{2} : 1=13×ABCD×21 = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{BCD} \times \sqrt{2}, donc ABCD=32=322\mathcal{A}_{BCD} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.

7. a. AA, BB, CC et DkD_k sont coplanaires si et seulement si Dk∈(ABC)D_k \in (ABC) : 0−0+4k−5=00 - 0 + 4k - 5 = 0, soit k=54k = \dfrac{5}{4}. Le point DkD_k est alors dans le plan : il est son propre projeté orthogonal, (0 ; 0 ; 54)\left(0 \,;\, 0 \,;\, \dfrac{5}{4}\right).

b. Non. Il faudrait que ADk→ (−2 ; −1 ; k−1)\overrightarrow{AD_k}\,(-2 \,;\, -1 \,;\, k - 1) soit colinéaire à n⃗ (1 ; −1 ; 4)\vec{n}\,(1 \,;\, -1 \,;\, 4). Les deux premières coordonnées imposeraient λ=−2\lambda = -2 et λ=1\lambda = 1 : c’est impossible, quel que soit kk.

Exercice 2 : pollution d’un bassin (5 points)

Un bassin destiné à l’élevage des truites contient 30 00030\,000 litres d’eau, régulièrement renouvelée. Pour vérifier la présence éventuelle de substances polluantes dans le bassin, on procède à des analyses régulières. On étudie dans les deux parties ci-dessous un cas de contamination de l’eau par une substance polluante à l’aide de deux modèles différents. Les deux parties sont indépendantes.

Partie A : modèle discret

On note VnV_n le volume, en litre, de la substance polluante présente dans le bassin, nn heures après le début du phénomène de pollution. On a ainsi V0=0V_0 = 0. On admet que pour tout entier naturel nn, Vn+1=0,995 Vn+6V_{n+1} = 0{,}995\,V_n + 6.

1. Calculer V1V_1 et V2V_2.

2. Recopier et compléter le programme ci-dessous pour qu’il renvoie le volume en litre de substance polluante présente dans le bassin après nn heures.

def volume(n):
    v = …
    for k in range(n):
        v = …………
    return v

3. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel nn, Vn≤Vn+1≤1 200V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200.

4. Justifier que la suite (Vn)(V_n) converge, et calculer sa limite.

Corrigé de la partie A

1. V1=0,995×0+6=6V_1 = 0{,}995 \times 0 + 6 = 6 et V2=0,995×6+6=11,97V_2 = 0{,}995 \times 6 + 6 = 11{,}97.

2.

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

3. Pour n∈Nn \in \mathbb{N}, P(n)P(n) : « Vn≤Vn+1≤1 200V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200 ».
Initialisation : V0=0≤V1=6≤1 200V_0 = 0 \leq V_1 = 6 \leq 1\,200.
Hérédité : supposons Vn≤Vn+1≤1 200V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200. La fonction x↦0,995x+6x \mapsto 0{,}995x + 6 est croissante (coefficient positif), donc 0,995Vn+6≤0,995Vn+1+6≤0,995×1 200+60{,}995V_n + 6 \leq 0{,}995V_{n+1} + 6 \leq 0{,}995 \times 1\,200 + 6, c’est-à-dire Vn+1≤Vn+2≤1 200V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1\,200 (car 0,995×1 200+6=1 194+6=1 2000{,}995 \times 1\,200 + 6 = 1\,194 + 6 = 1\,200).
Conclusion : P(n)P(n) est vraie pour tout nn.

4. (Vn)(V_n) est croissante et majorée par 1 2001\,200 : elle converge vers une limite ℓ\ell. En passant à la limite dans la relation de récurrence (la fonction affine est continue), ℓ=0,995ℓ+6\ell = 0{,}995\ell + 6, soit 0,005ℓ=60{,}005\ell = 6 et ℓ=1 200\ell = 1\,200.

Partie B : modèle continu

On note v(t)v(t) le volume, en litre, de la substance polluante présente dans le bassin à l’instant tt, en heure. On admet que la fonction vv est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}, et on note v′v' sa fonction dérivée. On considère que le phénomène de pollution débute au temps t=0t = 0 ; ainsi v(0)=0v(0) = 0. On admet que la fonction vv est solution de l’équation différentielle (E):y′=−0,005y+6(E) : y' = -0{,}005y + 6, où yy est une fonction inconnue et où y′y' est la fonction dérivée de yy.

1. a. Déterminer les solutions de l’équation différentielle (E)(E) sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

b. Montrer que pour tout réel tt appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} : v(t)=1 200(1−e−0,005t)v(t) = 1\,200\left(1 - \mathrm{e}^{-0{,}005t}\right).

c. Calculer la limite de vv en +∞+\infty.

d. Déterminer le sens de variation de la fonction vv sur l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

2. Un taux de substance polluante supérieur à 5 %5\,\% du volume du bassin nécessite un nettoyage complet. Selon ce modèle, le propriétaire devra-t-il procéder à ce nettoyage ?

3. Pour pouvoir dépolluer rapidement le bassin et éviter de lourdes conséquences sur l’élevage, il est préconisé que le volume de la substance polluante ne dépasse pas 5050 litres. Déterminer la valeur exacte de l’instant au-delà duquel le volume de la substance dépasse 5050 litres dans le bassin. En donner la valeur en heure et minute, arrondie à la minute.

Corrigé de la partie B

1. a. (E)(E) est de la forme y′=ay+by' = ay + b avec a=−0,005a = -0{,}005 et b=6b = 6. La solution constante est −ba=60,005=1 200-\dfrac{b}{a} = \dfrac{6}{0{,}005} = 1\,200. Les solutions sont les fonctions t↦Ce−0,005t+1 200t \mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}005t} + 1\,200, avec C∈RC \in \mathbb{R}.

b. v(0)=C+1 200=0v(0) = C + 1\,200 = 0, donc C=−1 200C = -1\,200 et v(t)=1 200(1−e−0,005t)v(t) = 1\,200\left(1 - \mathrm{e}^{-0{,}005t}\right).

c. −0,005t→−∞-0{,}005t \to -\infty, donc e−0,005t→0\mathrm{e}^{-0{,}005t} \to 0 et v(t)→1 200v(t) \to 1\,200.

d. v′(t)=1 200×0,005 e−0,005t=6e−0,005t>0v'(t) = 1\,200 \times 0{,}005\,\mathrm{e}^{-0{,}005t} = 6\mathrm{e}^{-0{,}005t} > 0 : vv est strictement croissante sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

2. 5 %5\,\% de 30 00030\,000 litres font 1 5001\,500 litres. Or vv est croissante de limite 1 2001\,200, donc v(t)<1 200<1 500v(t) < 1\,200 < 1\,500 pour tout tt : selon ce modèle, pas de nettoyage complet nécessaire.

3.

v(t)>50  ⟺  1−e−0,005t>124  ⟺  e−0,005t<2324  ⟺  −0,005t<ln⁡2324  ⟺  t>200ln⁡2423v(t) > 50 \iff 1 - \mathrm{e}^{-0{,}005t} > \dfrac{1}{24} \iff \mathrm{e}^{-0{,}005t} < \dfrac{23}{24} \iff -0{,}005t < \ln\dfrac{23}{24} \iff t > 200\ln\dfrac{24}{23}

L’instant cherché est t0=200ln⁡2423≈8,512t_0 = 200\ln\dfrac{24}{23} \approx 8{,}512 h, soit environ 8 h 31 min (0,512×60≈30,70{,}512 \times 60 \approx 30{,}7 min).

Exercice 3 : vrai ou faux (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

On désigne par « musiciens professionnels » l’ensemble des femmes et hommes pratiquant un instrument de manière professionnelle.

1. Une étude a été réalisée auprès des musiciens professionnels pratiquant différents genres musicaux (Pop, Rap, Rock, Classique, etc.). Cette étude indique que 52 %52\,\% des musiciens professionnels jouent de la Pop ; parmi les musiciens professionnels jouant de la Pop, 32 %32\,\% sont des femmes ; 20 %20\,\% des musiciens professionnels sont des femmes. On choisit au hasard une personne dans l’ensemble des musiciens professionnels. On note OO l’évènement « la personne joue de la Pop » et FF l’évènement « la personne est une femme ».
Affirmation 1 : si la personne choisie est une femme, alors la probabilité qu’elle joue de la Pop est de 0,8320{,}832.

2. La proportion de musiciens professionnels au sein de la population active dans le secteur de la culture est estimée à 6,2 %6{,}2\,\%. On prélève au hasard et de manière indépendante un échantillon de 5 0005\,000 personnes au sein de cette population. La population considérée est assez importante pour qu’on puisse assimiler ce prélèvement à un tirage avec remise. On considère la variable aléatoire XX qui, à tout échantillon ainsi défini, associe le nombre de musiciens professionnels dans l’échantillon.
Affirmation 2 : en arrondissant le résultat au dixième, on a P(X≤340)≈0,4P(X \leq 340) \approx 0{,}4.
Affirmation 3 : en appliquant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on peut affirmer qu’il y a plus de 95 %95\,\% de chance que, sur cet échantillon de 5 0005\,000 actifs dans le secteur de la culture, le nombre de musiciens professionnels soit strictement compris entre 230230 et 390390.

3. Un jeu sur le thème de la culture de la Pop est proposé à 1010 personnes dont 44 sont des musiciens professionnels. Deux équipes de 55 joueurs s’affrontent. Elles sont chacune constituées de 22 musiciens professionnels et de 33 personnes qui ne le sont pas.
Affirmation 4 : on peut former ainsi 120120 équipes différentes.

Corrigé de l’exercice 3

Affirmation 1 : vraie. P(O∩F)=0,52×0,32=0,1664P(O \cap F) = 0{,}52 \times 0{,}32 = 0{,}1664, donc :

PF(O)=P(O∩F)P(F)=0,16640,2=0,832P_F(O) = \dfrac{P(O \cap F)}{P(F)} = \dfrac{0{,}1664}{0{,}2} = 0{,}832

Affirmation 2 : fausse. XX suit la loi binomiale B(5 000 ; 0,062)\mathcal{B}(5\,000 \,;\, 0{,}062), d’espérance 5 000×0,062=3105\,000 \times 0{,}062 = 310. À la calculatrice, P(X≤340)≈0,96P(X \leq 340) \approx 0{,}96, soit 1,01{,}0 au dixième, et non 0,40{,}4. (On pouvait s’en douter : 340340 est au-dessus de l’espérance.)

Affirmation 3 : vraie. E(X)=310E(X) = 310 et V(X)=5 000×0,062×0,938=290,78V(X) = 5\,000 \times 0{,}062 \times 0{,}938 = 290{,}78. « Strictement entre 230230 et 390390 » s’écrit ∣X−310∣<80|X - 310| < 80. D’après Bienaymé-Tchebychev :

P(∣X−310∣≥80)≤290,78802≈0,045doncP(230<X<390)≥1−0,045=0,955>0,95P(|X - 310| \geq 80) \leq \dfrac{290{,}78}{80^2} \approx 0{,}045 \qquad\text{donc}\qquad P(230 < X < 390) \geq 1 - 0{,}045 = 0{,}955 > 0{,}95

Affirmation 4 : vraie. Une équipe se forme en choisissant 22 musiciens parmi 44 et 33 autres personnes parmi 66 :

(42)×(63)=6×20=120\dbinom{4}{2} \times \dbinom{6}{3} = 6 \times 20 = 120

Exercice 4 : un logo (6 points)

Partie A

Soit ff une fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} dont on donne ci-dessous une partie de la courbe représentative Cf\mathcal{C}_f dans un repère orthogonal. On note f′f' sa fonction dérivée. On précise que la courbe Cf\mathcal{C}_f admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses au point CC d’abscisse 11, et que la tangente TAT_A à la courbe Cf\mathcal{C}_f au point A(12 ; 0)A\left(\dfrac{1}{2} \,;\, 0\right) passe par le point B(1 ; e2)B\left(1 \,;\, \mathrm{e}^2\right).

Courbe de f sur [0 ; 4,4] : elle coupe l’axe des abscisses en A, monte jusqu’au point C d’abscisse 1 puis redescend vers 0 ; la tangente en A passe par B(1 ; e²)

1. À l’aide du graphique :

a. Donner f′(1)f'(1).

b. Donner la solution de l’équation f(x)=0f(x) = 0 sur l’intervalle [0 ; 3][0 \,;\, 3].

2. Déterminer f′(12)f'\left(\dfrac{1}{2}\right).

3. Parmi les trois courbes C1C_1, C2C_2 et C3C_3 ci-dessous, deux représentent des primitives de la fonction ff. Indiquer lesquelles et justifier.

Trois courbes : C1 et C2 ont leur minimum en x = 0,5, C1 étant décalée de 2 vers le haut par rapport à C2 ; C3 a son minimum en x = 1

Corrigé de la partie A

1. a. La tangente en CC est horizontale : f′(1)=0f'(1) = 0.

b. La courbe coupe l’axe des abscisses en AA : la solution est x=12x = \dfrac{1}{2}.

2. f′(12)f'\left(\dfrac{1}{2}\right) est le coefficient directeur de TAT_A, qui passe par AA et BB :

f′(12)=e2−01−12=2e2f'\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\mathrm{e}^2 - 0}{1 - \frac{1}{2}} = 2\mathrm{e}^2

3. Si FF est une primitive de ff, alors F′=fF' = f. D’après le graphique, f<0f < 0 sur [0 ; 12[\left[0 \,;\, \dfrac{1}{2}\right[ et f>0f > 0 ensuite : FF est décroissante puis croissante, avec un minimum en x=12x = \dfrac{1}{2}. C3C_3 a son minimum en x=1x = 1 : elle ne convient pas. C1C_1 et C2C_2 ont leur minimum en 12\dfrac{1}{2}, et l’une se déduit de l’autre par une translation verticale (de 22 unités), comme deux primitives d’une même fonction : ce sont C1C_1 et C2C_2.

Partie B

Un industriel doit créer un logo représentant la forme ci-dessous (Fig. 1). La dimension de 0,30{,}3 cm indiquée sur la figure est une contrainte imposée par le client.

Fig. 1 : contour du logo, large à gauche et qui se resserre vers la droite jusqu’à une largeur de 0,3 cm

L’industriel choisit de modéliser le contour de ce logo à l’aide d’une portion de la courbe de la fonction ff vue en partie A, et de l’image de cette portion par la symétrie par rapport à l’axe des abscisses, sur un intervalle [0,5 ; α][0{,}5 \,;\, \alpha]. Le nombre α\alpha est un réel supérieur à 11 que l’on déterminera dans cette partie. L’ensemble est représenté graphiquement dans un repère orthonormé (Fig. 2) d’unité 11 cm.

Fig. 2 : surface grisée comprise entre la courbe de f et sa symétrique par rapport à l’axe des abscisses, de x = 0,5 à x = α

On admet que la fonction ff est définie sur l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par f(x)=(2x−1)e−2x+3f(x) = (2x - 1)\mathrm{e}^{-2x + 3}.

1. a. Vérifier que pour tout réel xx appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} : f(x)=e2×2x−1e2x−1f(x) = \mathrm{e}^2 \times \dfrac{2x - 1}{\mathrm{e}^{2x - 1}}.

b. En déduire la limite de ff en +∞+\infty. (On pourra poser X=2x−1X = 2x - 1.)

2. a. Montrer que pour tout xx de l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}, f′(x)=(−4x+4)e−2x+3f'(x) = (-4x + 4)\mathrm{e}^{-2x + 3}.

b. Construire le tableau complet des variations de la fonction ff sur l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

3. Justifier que la contrainte imposée par le client se traduit par l’égalité f(α)=0,15f(\alpha) = 0{,}15. Montrer qu’il existe une unique valeur de α\alpha dans l’intervalle [1 ; +∞[[1 \,;\, +\infty\mathclose{[} qui permette de vérifier cette égalité. En donner une valeur arrondie au dixième.

Corrigé de la partie B

1. a. e2×2x−1e2x−1=(2x−1)e2−(2x−1)=(2x−1)e−2x+3=f(x)\mathrm{e}^2 \times \dfrac{2x - 1}{\mathrm{e}^{2x - 1}} = (2x - 1)\mathrm{e}^{2 - (2x - 1)} = (2x - 1)\mathrm{e}^{-2x + 3} = f(x).

b. Avec X=2x−1X = 2x - 1 : quand x→+∞x \to +\infty, X→+∞X \to +\infty et, par croissance comparée, XeX→0\dfrac{X}{\mathrm{e}^{X}} \to 0. Donc f(x)=e2×XeX→0f(x) = \mathrm{e}^2 \times \dfrac{X}{\mathrm{e}^{X}} \to 0.

2. a. Avec u=2x−1u = 2x - 1 et v=e−2x+3v = \mathrm{e}^{-2x + 3}, v′=−2e−2x+3v' = -2\mathrm{e}^{-2x + 3} :

f′(x)=2e−2x+3−2(2x−1)e−2x+3=(2−4x+2)e−2x+3=(−4x+4)e−2x+3f'(x) = 2\mathrm{e}^{-2x + 3} - 2(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x + 3} = (2 - 4x + 2)\mathrm{e}^{-2x + 3} = (-4x + 4)\mathrm{e}^{-2x + 3}

b. L’exponentielle est strictement positive : f′(x)f'(x) a le signe de −4x+4-4x + 4, positif sur [0 ; 1[[0 \,;\, 1\mathclose{[} et négatif sur ]1 ; +∞[\mathopen{]}1 \,;\, +\infty\mathclose{[}. f(0)=−e3f(0) = -\mathrm{e}^3 et f(1)=ef(1) = \mathrm{e}.

x01+∞f′(x)+0−f−e3↗e↘0\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f & -\mathrm{e}^3 & \nearrow & \mathrm{e} & \searrow & 0 \end{array}

3. Le logo est symétrique par rapport à l’axe des abscisses : sa largeur en x=αx = \alpha vaut f(α)−(−f(α))=2f(α)f(\alpha) - (-f(\alpha)) = 2f(\alpha). La contrainte 2f(α)=0,32f(\alpha) = 0{,}3 donne f(α)=0,15f(\alpha) = 0{,}15.

Sur [1 ; +∞[[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}, ff est continue et strictement décroissante, de f(1)=e≈2,72f(1) = \mathrm{e} \approx 2{,}72 vers 00. Comme 0,15∈]0 ; e]0{,}15 \in \mathopen{]}0 \,;\, \mathrm{e}], le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe un unique α∈[1 ; +∞[\alpha \in [1 \,;\, +\infty\mathclose{[} tel que f(α)=0,15f(\alpha) = 0{,}15. À la calculatrice, f(3,3)≈0,153f(3{,}3) \approx 0{,}153 et f(3,4)≈0,130f(3{,}4) \approx 0{,}130, et plus finement α≈3,31\alpha \approx 3{,}31 : α≈3,3\alpha \approx 3{,}3.

Partie C

On fabrique un porte-clé en découpant une plaque d’acier suivant la forme du logo représenté par la surface grisée en figure 2 de la partie B. On précise que cette plaque a une épaisseur de 0,20{,}2 cm.

1. On considère I=∫0,53,3f(x) dxI = \displaystyle\int_{0{,}5}^{3{,}3} f(x)\,\mathrm{d}x. À l’aide d’une intégration par parties, montrer que l’intégrale II arrondie au dixième est égale à 3,63{,}6.

2. On précise que le volume du porte-clé est égal à : aire du logo ×\times épaisseur de la plaque. Déterminer le volume du porte-clé en cm3\text{cm}^3, arrondi au dixième.

Corrigé de la partie C

1. On pose u(x)=2x−1u(x) = 2x - 1 et v′(x)=e−2x+3v'(x) = \mathrm{e}^{-2x + 3}, d’où u′(x)=2u'(x) = 2 et v(x)=−12e−2x+3v(x) = -\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x + 3} :

I=[−12(2x−1)e−2x+3]0,53,3+∫0,53,3e−2x+3 dx=[−12(2x−1)e−2x+3−12e−2x+3]0,53,3I = \left[-\dfrac{1}{2}(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x + 3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3} + \int_{0{,}5}^{3{,}3} \mathrm{e}^{-2x + 3}\,\mathrm{d}x = \left[-\dfrac{1}{2}(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x + 3} - \dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x + 3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3}

Or −12(2x−1)−12=−x-\dfrac{1}{2}(2x - 1) - \dfrac{1}{2} = -x, donc :

I=[−x e−2x+3]0,53,3=−3,3 e−3,6+0,5 e2≈3,6I = \big[-x\,\mathrm{e}^{-2x + 3}\big]_{0{,}5}^{3{,}3} = -3{,}3\,\mathrm{e}^{-3{,}6} + 0{,}5\,\mathrm{e}^{2} \approx 3{,}6

2. Sur [0,5 ; 3,3][0{,}5 \,;\, 3{,}3], f≥0f \geq 0 : l’aire de la partie située au-dessus de l’axe vaut II, et, par symétrie, celle du dessous aussi. Aire du logo : 2I2I. Volume :

2I×0,2=0,4 I≈0,4×3,604≈1,4 cm32I \times 0{,}2 = 0{,}4\,I \approx 0{,}4 \times 3{,}604 \approx 1{,}4 \text{ cm}^3

Sujet officiel

26-MATJ2ME1 · session 2026

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