Bac Terminale Spé Maths : Centres étrangers 2025, Sujet 1

PartieA ; 1. Un contrôle en caisse automatique est total (T) une fois sur dix. Un contrôle total détecte une erreur dans 30 % des cas ; un contrôle partiel n'en détecte pas dans 85 % des cas. Construire un arbre pondéré et déterminer P(\overline{T} \cap E).

L'arbre pondéré donne : P(T)=0{,}1, P(\overline{T})=0{,}9 ; P_T(E)=0{,}3, P_T(\overline{E})=0{,}7 ; P_{\overline{T}}(E)=0{,}15, P_{\overline{T}}(\overline{E})=0{,}85.
\begin{aligned}P(\overline{T}\cap E) &= P(\overline{T})\times P_{\overline{T}}(E) \\ &= 0{,}9\times0{,}15 \\ &= 0{,}135\end{aligned}

PartieA ; 2. Calculer la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle.

\{T,\overline{T}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(E) &= P(T\cap E)+P(\overline{T}\cap E) \\ &= 0{,}1\times0{,}3+0{,}135 \\ &= 0{,}03+0{,}135 \\ &= 0{,}165\end{aligned}

PartieA ; 3. Déterminer la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée (arrondie au centième).

P_E(T) = \dfrac{P(T\cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}1\times0{,}3}{0{,}165} \approx 0,18.

PartieB ; 1. Sur une journée, une caisse déclenche 15 contrôles ; la probabilité qu'un contrôle détecte une erreur est p = 0,165, indépendamment. X compte le nombre d'erreurs détectées. Préciser la loi et les paramètres de X.

X suit la loi binomiale de paramètres n=15 et p=0{,}165.

PartieB ; 2. Déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées (arrondie au centième).

P(X=5) = \dbinom{15}{5}\times0{,}165^{5}\times0{,}835^{10} \approx 0,06.

PartieB ; 3. Déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée (arrondie au centième).

P(X\geqslant1) = 1-P(X=0) = 1-0{,}835^{15} \approx 0,93.

PartieB ; 4. Déterminer le nombre de contrôles à déclencher chaque jour pour que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée dépasse 99 %.

Avec n contrôles, on veut \begin{aligned}1-0{,}835^{n} \geqslant 0{,}99 &\iff 0{,}835^{n} \leqslant 0{,}01 \end{aligned}
En passant au logarithme népérien : n\ln(0{,}835)\leqslant\ln(0{,}01), et comme \ln(0{,}835)<0 : \begin{aligned}n &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \\ &\approx 25{,}5\end{aligned}
Il faut donc déclencher au moins 26 contrôles par jour.

PartieC ; 1. Trois caisses déclenchent chacune 20 contrôles ; X_1, X_2, X_3 (nombre d'erreurs par caisse) suivent chacune la loi binomiale de paramètres 20 et 0,165. Déterminer E(X_1) et V(X_1).

\begin{aligned}E(X_1) &= np \\ &= 20\times0{,}165 \\ &= 3{,}3\end{aligned} et \begin{aligned}V(X_1) &= np(1-p) \\ &= 20\times0{,}165\times0{,}835 \\ &= 2{,}7555\end{aligned}

PartieC ; 2. On pose S = X_1+X_2+X_3. Justifier que E(S) = 9,9 et V(S) = 8,2665, puis montrer, à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, que P(6 < S < 14) > 0,48.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(S) &= 3\times E(X_1) \\ &= 3\times3{,}3 \\ &= 9{,}9\end{aligned}
Les X_i étant indépendantes, par additivité de la variance : \begin{aligned}V(S) &= 3\times V(X_1) \\ &= 3\times2{,}7555 \\ &= 8{,}2665\end{aligned}
L'évènement « 6<S<14 » (avec E(S)\approx10) équivaut à |S-10|<4, donc {P(|S-10|<4) = 1-P(|S-10|\geqslant4)}.
D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=4 : \begin{aligned}P(|S-10|\geqslant4) &\leqslant \dfrac{V(S)}{4^{2}} \\ &= \dfrac{8{,}2665}{16}\end{aligned}
Donc P(|S-10|<4) \geqslant 1-\dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}483 > 0{,}48.

1.On donne A(-3 ; 1 ; 4), B(1 ; 5 ; 2), la droite (d) : x=-6+3t, y=1, z=9-5t. Les droites (AB) et (d) sont : a) sécantes non perpendiculaires, b) perpendiculaires, c) non coplanaires, d) parallèles.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix} (colinéaire à \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix}) dirige (AB), et \overrightarrow{u'}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -5\end{pmatrix} dirige (d) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles.
\begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{u'} &= 6+0+5 \\ &= 11 \\ &\neq 0\end{aligned} Les droites ne sont pas perpendiculaires.
En résolvant le système de recherche d'un point commun (avec (AB) paramétrée par s), on trouve une solution unique (t,s)=(1,0) : les droites sont sécantes.
Réponse a) sécantes non perpendiculaires.

2.On considère le plan P : 4x+4y-2z+3=0. La droite (AB) est : a) incluse dans P, b) strictement parallèle à P, c) sécante et non orthogonale à P, d) orthogonale à P.

\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix} est normal à P, et c'est exactement le vecteur \overrightarrow{AB}.
Réponse d) la droite (AB) est orthogonale au plan P.

3.On considère le plan P' : 2x+y+6z+5=0. Les plans P et P' sont : a) sécants et non perpendiculaires, b) perpendiculaires, c) confondus, d) strictement parallèles.

\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix} (normal à P) et \overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 6\end{pmatrix} (normal à P') ne sont pas colinéaires : les plans ne sont pas parallèles.
\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{n'} &= 8+4-12 \\ &= 0\end{aligned} Les vecteurs normaux sont orthogonaux.
Réponse b) les plans sont perpendiculaires.

4.On considère C(0 ; 1 ; -1). La valeur de l'angle BAC arrondie au degré est : a) 90^{\circ}, b) 51^{\circ}, c) 39^{\circ}, d) 0^{\circ}.

\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -5\end{pmatrix} et \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} &= 12+0+10 \\ &= 22\end{aligned}
\begin{aligned}AC &= \sqrt{9+0+25} \\ &= \sqrt{34}\end{aligned} et \begin{aligned}AB &= \sqrt{16+16+4} \\ &= \sqrt{36} \\ &= 6\end{aligned}
\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{22}{6\sqrt{34}}, soit \widehat{BAC}\approx51^{\circ}.
Réponse b) 51^{\circ}.

PartieA ; 1. On considère f(x) = 4ln(x+1) - x^{2}/25 sur ]-1 ; +\infty[. Déterminer la limite de f en -1.

\lim\limits_{x\to-1^{+}}(x+1)=0^{+}, donc, par composition avec \ln (qui tend vers -\infty en 0^{+}), \lim\limits_{x\to-1}4\ln(x+1)=-\infty.
Par ailleurs \lim\limits_{x\to-1}\left(-\dfrac{x^{2}}{25}\right) = -\dfrac{1}{25}, donc par somme, \lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty.

PartieA ; 2. Montrer que, pour tout x de ]-1 ; +\infty[, f'(x) = (100 - 2x - 2x^{2}) / (25(x+1)).

f est dérivable sur ]-1~;~+\infty[ comme somme de fonctions dérivables : la dérivée de 4\ln(x+1) est \dfrac{4}{x+1}, et celle de -\dfrac{x^{2}}{25} est -\dfrac{2x}{25}.
f'(x) = \dfrac{4}{x+1}-\dfrac{2x}{25} = \dfrac{4\times25-(x+1)\times2x}{25(x+1)} = \dfrac{100-2x-2x^{2}}{25(x+1)}.

PartieA ; 3. Étudier les variations de f sur ]-1 ; +\infty[ et en déduire que f est strictement croissante sur [2 ; 6,5].

Comme 25(x+1)>0 sur ]-1~;~+\infty[, f'(x) est du signe de 100-2x-2x^{2}, trinôme de coefficient dominant négatif (-2).
\Delta = 4+800 = 804>0 : les racines sont \begin{aligned}x_1 &= \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \\ &\approx 6{,}6\end{aligned} et x_2=\dfrac{-1-\sqrt{201}}{2}\approx-7{,}6<-1.
Le coefficient dominant étant négatif, f'(x)>0 sur ]-1~;~x_1[ et f'(x)<0 sur ]x_1~;~+\infty[ : f est croissante sur {]-1~;~x_1]} puis décroissante.
Comme [2~;~6{,}5]\subset\,]-1~;~x_1[ (car {x_1\approx6{,}6>6{,}5}), f est strictement croissante sur [2~;~6{,}5].

PartieA ; 4. On pose h(x) = f(x) - x sur [2 ; 6,5], avec un maximum M \approx 2,265 atteint en m \approx 2,364. Montrer que h(x) = 0 admet une unique solution \alpha sur [2 ; 6,5].

h(2) = f(2)-2 \approx 2{,}23 > 0. Sur [2~;~m], h est strictement croissante et h(2)>0, donc h(x)>0 sur cet intervalle : pas de solution ici.
Sur [m~;~6{,}5], h est continue et strictement décroissante, avec {h(m)=M\approx2{,}265>0} et h(6{,}5)\approx-0{,}13<0.
0 est compris entre h(m) et h(6{,}5) : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, h(x)=0 admet une unique solution \alpha sur [m~;~6{,}5], donc sur [2~;~6{,}5].

PartieA ; 5.a On donne un script Python bornes(n) qui affine un encadrement de \alpha. Donner les valeurs renvoyées par bornes(2) (arrondies au centième).

À la calculatrice, bornes(2) renvoie (6,36 ; 6,37).

PartieA ; 5.b Interpréter ces valeurs.

Ces valeurs donnent un encadrement de \alpha : {6{,}36<\alpha<6{,}37}.

PartieB ; 1. On considère (u_n) définie par u_0 = 2 et u_{n+1} = f(u_n). Montrer par récurrence que, pour tout n, {2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6,5}.

Initialisation : u_0=2 et \begin{aligned}u_1 &= f(2) \\ &\approx 4{,}23\end{aligned} donc {2\leqslant u_0\leqslant u_1<6{,}5} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {2\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}<6{,}5}. Comme f est strictement croissante sur [2~;~6{,}5] : f(2)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})<f(6{,}5).
Or f(2)\approx4{,}23>2 et f(6{,}5)\approx6{,}37<6{,}5, donc {2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}<6{,}5} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {2\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}<6{,}5}.

PartieB ; 2. En déduire que la suite (u_n) converge vers une limite ℓ.

D'après la question précédente, (u_n) est croissante et majorée par 6,5 : toute suite croissante et majorée étant convergente, (u_n) converge vers une limite \ell\leqslant6{,}5.

PartieB ; 3. On rappelle que \alpha est l'unique solution de h(x) = 0 sur [2 ; 6,5]. Justifier que ℓ = \alpha.

(u_n) vérifie u_{n+1}=f(u_n) avec f continue : d'après le théorème du point fixe, \ell est solution de f(x)=x, c'est-à-dire de h(x)=0. Comme \ell\in[2~;~6{,}5] et que cette équation y admet l'unique solution \alpha, on a \ell=\alpha.

PartieA ; 1. On considère (E_{1}) : y' + 0,48y = \dfrac{1}{250}. Montrer que la fonction constante h(t) = \dfrac{1}{120} est solution de (E_{1}).

h est dérivable et h'(t)=0 pour tout t, donc h'(t)+0{,}48h(t) = 0+0{,}48\times\dfrac{1}{120} = \dfrac{1}{250} : h est bien solution de (E_{1}).

PartieA ; 2. Donner la forme générale des solutions de y' + 0,48y = 0.

Les solutions sont les fonctions {t\longmapsto Ce^{-0,48t}}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieA ; 3. En déduire l'ensemble des solutions de (E_{1}).

Les solutions de (E_{1}) sont les fonctions t\longmapsto Ce^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 1. Une population de bactéries p(t) (en milliers, p(0)=30) vérifie (E_{2}) : p' = p(120-p)/250. On pose y = 1/p. Montrer que si p est solution de (E_{2}), alors y est solution de (E_{1}).

p=\dfrac1y donne p'=-\dfrac{y'}{y^{2}}. En remplaçant dans (E_{2}) : -\dfrac{y'}{y^{2}} = \dfrac{1}{250}\times\dfrac1y\times\left(120-\dfrac1y\right).
En multipliant par -y^{2} : y' = -\dfrac{y}{250}\times(120y-1) = -0{,}48y+\dfrac{1}{250}, soit y'+0{,}48y = \dfrac{1}{250}.
y est donc bien solution de (E_{1}).

PartieB ; 2. En admettant la réciproque, montrer que p(t) = 120 / (1 + Ke^{-0,48t}), avec K une constante réelle.

D'après la partie A, y(t) = Ce^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}, avec C\in\mathbb{R}.
\begin{aligned}p(t) &= \dfrac{1}{y(t)} \\ &= \dfrac{1}{Ce^{-0,48t}+\frac{1}{120}} \\ &= \dfrac{120}{120Ce^{-0,48t}+1}\end{aligned}
En posant K=120C : {p(t) = \dfrac{120}{Ke^{-0,48t}+1}}.

PartieB ; 3. En utilisant la condition initiale p(0) = 30, déterminer la valeur de K.

\begin{aligned}p(0) = 30 &\iff \dfrac{120}{K+1} = 30 \\ &\iff K+1 = \dfrac{120}{30} \\ &\iff K+1 = 4 \\ &\iff K = 3 \end{aligned}

PartieB ; 4. Déterminer la limite de p(t) en +\infty et interpréter.

\lim\limits_{t\to+\infty}(-0{,}48t)=-\infty, donc \lim\limits_{t\to+\infty}e^{-0,48t}=0, et \lim\limits_{t\to+\infty}(3e^{-0,48t}+1)=1.
Par quotient, \lim\limits_{t\to+\infty}p(t) = 120 : la population de bactéries se stabilise autour de 120 000 individus.

PartieB ; 5. Déterminer le temps nécessaire pour que la population dépasse 60 000 individus (en heures et minutes).

\begin{aligned}p(t) = 60 &\iff \dfrac{120}{3e^{-0,48t}+1} = 60 \\ &\iff 3e^{-0,48t}+1 = 2 \\ &\iff e^{-0,48t} = \dfrac13 \end{aligned}
\begin{aligned}-0{,}48t = \ln\left(\dfrac13\right) = -\ln(3) &\iff t = \dfrac{\ln(3)}{0{,}48} \\ &\approx 2{,}289\end{aligned} heures.
Il faut environ 2 heures et 17 minutes pour que la population dépasse 60 000 individus.