Bac Terminale Spé Maths : Centres étrangers 2025, Sujet 2
Session 2025 : Centres étrangers, Sujet 2 · Spécialité mathématiques, 4 exercices, 4 heures.
Exercice 1 6 points
PartieA ; 1. Une population animale du milieu A est modélisée par une suite géométrique (u_n), u_0=6 (en milliers), de raison 0,93 (n = années depuis 2025). Donner la population au 1er janvier 2026.
\begin{aligned}u_1 &= u_0\times0{,}93 \\ &= 6\times0{,}93 \\ &= 5{,}58\end{aligned} (milliers), soit 5 580 individus.
PartieA ; 2. Exprimer u_n en fonction de n.
(u_n) étant géométrique de premier terme 6 et de raison 0,93 : {u_n = 6\times0{,}93^{n}}.
PartieA ; 3. Déterminer la limite de (u_n) et interpréter.
Comme 0{,}93\in\,]-1~;~1[, \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}93^{n}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0.
Cela signifie qu'au bout d'un grand nombre d'années, la population du milieu A tend vers l'extinction.
PartieB ; 1. On modélise la population du milieu B par v_0=6 et v_{n+1}=-0,05v_n^2+1,1v_n. Donner la population au 1er janvier 2026.
\begin{aligned}v_1 &= -0{,}05\times6^{2}+1{,}1\times6 \\ &= -1{,}8+6{,}6 \\ &= 4{,}8\end{aligned} (milliers), soit 4 800 individus.
PartieB ; 2. On pose f(x) = -0,05x^{2} + 1,1x sur [0 ; +\infty[. Démontrer que f est croissante sur [0 ; 11].
f est dérivable sur [0~;~+\infty[ : f'(x) = -0{,}1x+1{,}1.
f'(x)\geqslant0 \iff x\leqslant\dfrac{1{,}1}{0{,}1}=11 : f est donc croissante sur [0~;~11].
PartieB ; 3. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6}.
Initialisation : v_0=6 et v_1=4{,}8, donc {2\leqslant v_1\leqslant v_0\leqslant6} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant6}. Comme v_n, v_{n+1}\in[0~;~11] et que f est croissante sur [0~;~11] : {f(2)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f(v_n)\leqslant f(6)}.
Or \begin{aligned}f(2) &= -0{,}05\times4+2{,}2 \\ &= 2\end{aligned} et \begin{aligned}f(6) &= v_1 \\ &= 4{,}8 \\ &\leqslant 6\end{aligned} donc {2\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}\leqslant6} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant6}.
PartieB ; 4. En déduire que la suite (v_n) est convergente vers une limite ℓ.
D'après la question précédente, (v_n) est décroissante (car v_{n+1}\leqslant v_n) et minorée par 2 : toute suite décroissante et minorée étant convergente, (v_n) converge vers une limite \ell\geqslant2.
PartieB ; 5.a Justifier que ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ, puis en déduire la valeur de ℓ.
(v_n) vérifie v_{n+1}=f(v_n) avec f continue : d'après le théorème du point fixe, \ell vérifie f(\ell)=\ell.
\begin{aligned}f(\ell) = \ell &\iff -0{,}05\ell^{2}+1{,}1\ell = \ell \\ &\iff 0{,}05\ell^{2}-0{,}1\ell = 0 \\ &\iff 0{,}05\ell(\ell-2) = 0 \end{aligned} soit \ell=0 ou \ell=2.
Comme \ell\geqslant2, on a \ell=2.
PartieB ; 5.b Interpréter ce résultat.
Au bout d'un grand nombre d'années, la population du milieu B se stabilise autour de 2 000 individus, soit le tiers de la population initiale.
PartieC ; 1. En résolvant une inéquation, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus.
On cherche u_n<3 \iff 6\times0{,}93^{n}<3 \iff 0{,}93^{n}<\dfrac12.
En passant au logarithme népérien (croissant) : n\ln(0{,}93)<-\ln(2), et comme \ln(0{,}93)<0 : {n>-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0{,}93)} \approx 9{,}55}, soit n\geqslant10.
La population du milieu A passera sous 3 000 individus à partir de 2035.
PartieC ; 2. À l'aide de la calculatrice, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus.
(v_n) étant décroissante, on calcule : v_5\approx3{,}14 et v_6\approx2{,}96 : la population du milieu B passera sous 3 000 individus à partir de 2031 (n=6).
PartieC ; 3. Justifier qu'à partir d'une certaine année, la population du milieu B dépassera celle du milieu A.
(u_n) converge vers 0 et (v_n) converge vers 2, toutes deux décroissantes à partir de la même valeur initiale \begin{aligned}u_0 &= v_0 \\ &= 6\end{aligned} Il existera donc nécessairement un rang N à partir duquel v_N>u_N.
PartieC ; 4.a Compléter le programme Python (n=0, u=6, v=6 ; while ... : u=... ; v=... ; n=n+1 ; print(2025+n)) pour qu'il affiche l'année où la population B dépasse la population A.
Il faut compléter par while u >= v:, u = 0.93*u, v = -0.05*v2+1.1*v (les formules de récurrence des deux suites).
PartieC ; 4.b Déterminer l'année affichée après exécution du programme.
À la calculatrice : u_{12}\approx2{,}51 et {v_{12}\approx2{,}41} (encore u>v) ; u_{13}\approx2{,}34 et {v_{13}\approx2{,}36} (désormais v>u) : le programme affiche 2038.
Exercice 2 6 points
PartieA ; 1. On considère f(x) = 1/(a+e^{-bx}) sur [0 ; +\infty[, avec a, b > 0. Par lecture graphique (points A(0 ; 0,5), B(10 ; 1) sur la courbe), donner une valeur approchée de f(10).
Par lecture graphique, f(10) \approx 0{,}9.
PartieA ; 2. On admet que la limite de f en +\infty est 1. Interpréter graphiquement.
La courbe \mathcal{C}_f admet une asymptote horizontale d'équation y=1 en +\infty.
PartieA ; 3. Justifier que a = 1.
f(0) = \dfrac{1}{a+1}, et le point A(0~;~0{,}5) appartient à la courbe, donc \begin{aligned}\dfrac{1}{a+1} = 0{,}5 &\iff a+1 = 2 \\ &\iff a = 1 \end{aligned}
PartieA ; 4. Déterminer le coefficient directeur de la droite (AB).
\begin{aligned}m &= \dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A} \\ &= \dfrac{1-0{,}5}{10-0} \\ &= \dfrac{0{,}5}{10} \\ &= 0{,}05\end{aligned}
PartieA ; 5.a Déterminer l'expression de f'(x) en fonction de x et b.
f est de la forme \dfrac{1}{1+e^{-bx}}, de dérivée -\dfrac{-be^{-bx}}{(1+e^{-bx})^{2}} = \dfrac{be^{-bx}}{(1+e^{-bx})^{2}}.
PartieA ; 5.b En déduire la valeur de b.
(AB) étant tangente à \mathcal{C}_f en 0, son coefficient directeur est f'(0) = \dfrac{b}{(1+1)^{2}} = \dfrac{b}{4}.
\begin{aligned}\dfrac{b}{4} = 0{,}05 &\iff b = 0{,}2 \end{aligned}
PartieB ; 1. On admet que f(x) = 1/(1+e^{-0,2x}) sur [0 ; +\infty[. Déterminer la limite de f en +\infty.
\lim\limits_{x\to+\infty}e^{-0,2x}=0 (par composition), donc \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1.
PartieB ; 2. Étudier les variations de f sur [0 ; +\infty[.
f'(x) = \dfrac{0{,}2e^{-0,2x}}{(1+e^{-0,2x})^{2}} (même calcul que ci-dessus avec b=0{,}2).
Pour tout x\geqslant0, le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs : f'(x)>0, donc f est strictement croissante sur [0~;~+\infty[.
PartieB ; 3. Montrer qu'il existe un unique réel \alpha positif tel que f(\alpha) = 0,97.
f(0)=\dfrac12 et \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1 : f est continue et strictement croissante sur [0~;~+\infty[, à valeurs dans \left[\dfrac12~;~1\right[.
Comme 0{,}97\in\left[\dfrac12~;~1\right[, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0{,}97 admet une unique solution \alpha sur [0~;~+\infty[.
PartieB ; 4. À l'aide de la calculatrice, encadrer \alpha par deux entiers consécutifs et interpréter.
À la calculatrice, \alpha\approx17{,}4, donc {\alpha\in\,]17~;~18[}.
PartieC ; 1. Montrer que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f(x) = e^{0,2x} / (1 + e^{0,2x}).
En multipliant numérateur et dénominateur de f(x)=\dfrac{1}{1+e^{-0,2x}} par e^{0,2x} : f(x) = \dfrac{e^{0,2x}}{e^{0,2x}+1}.
PartieC ; 2. En déduire une primitive de f sur [0 ; +\infty[.
En écrivant \begin{aligned}f(t) &= \dfrac{1}{0{,}2}\times\dfrac{0{,}2e^{0,2t}}{1+e^{0,2t}} \\ &= 5\times\dfrac{0{,}2e^{0,2t}}{1+e^{0,2t}}\end{aligned} on reconnaît une forme \dfrac{u'}{u} (avec u(t)=1+e^{0,2t}>0), de primitive \ln(u).
Une primitive de f est donc {F(t) = 5\ln(1+e^{0,2t})}.
PartieC ; 3. Calculer la valeur moyenne de f sur [0 ; 40] (valeur exacte puis approchée au millième).
\begin{aligned}\displaystyle I &= \dfrac{1}{40}\displaystyle\int\limits_0^{40}f(t)\,\mathrm{d}t \\ &= \dfrac{1}{40}\left[5\ln(1+e^{0,2t})\right]_0^{40} \\ &= \dfrac{5}{40}\left(\ln(e^{8}+1)-\ln(2)\right)\end{aligned}
I = \dfrac18\ln\left(\dfrac{e^{8}+1}{2}\right) \approx 0,913.
Exercice 3 4 points
PartieA ; 1. Le codage base64 utilise 64 caractères. Déterminer le nombre de séquences possibles de 4 caractères (avec répétition, ordre compté).
Chaque caractère a 64 possibilités, indépendamment des autres : 64^{4} = 16 777 216 séquences.
PartieA ; 2. Déterminer le nombre de séquences si les 4 caractères sont différents deux à deux.
Il s'agit d'un arrangement de 4 caractères parmi 64 : {64\times63\times62\times61 =} 15 249 024 séquences.
PartieA ; 3.a Déterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A majuscule.
En excluant le caractère A, il reste 63 possibilités par position : 63^{4} = 15 752 961 séquences.
PartieA ; 3.b En déduire le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule.
Par passage au complémentaire : 64^{4}-63^{4} = 16\,777\,216-15\,752\,961 = 1 024 255 séquences.
PartieA ; 3.c Déterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.
Le A occupe l'une des 4 positions, les 3 autres étant différentes de A : {4\times63^{3} =} 1 000 188 séquences.
PartieA ; 3.d Déterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.
Il y a \dbinom{4}{2} façons de choisir les positions des deux A, les 2 autres caractères (différents de A) ayant chacun 63 possibilités : \dbinom{4}{2}\times63^{2} = 23 814 séquences.
PartieB ; 1. On transmet une séquence de 250 caractères, chacun ayant une probabilité 0,01 d'être mal transmis, indépendamment. X compte le nombre de caractères mal transmis. Donner la loi et les paramètres de X.
X suit la loi binomiale de paramètres n=250 et p=0{,}01.
PartieB ; 2. Déterminer la probabilité que tous les caractères soient bien transmis (valeur exacte puis approchée à 10^{-3}).
P(X=0) = \dbinom{250}{0}\times0{,}01^{0}\times0{,}99^{250} = 0{,}99^{250} \approx 0,081.
PartieB ; 3. Que penser de l'affirmation « la probabilité que plus de 16 caractères soient mal transmis est négligeable » ?
À la calculatrice, \begin{aligned}P(X>16) &= P(X\geqslant17) \\ &\approx 1{,}04\times10^{-9}\end{aligned} Cette probabilité est effectivement négligeable, l'affirmation est vraie.
PartieC : On transmet 4 séquences de 250 caractères ; X_1,X_2,X_3,X_4 (indépendantes, même loi que X) comptent les caractères mal transmis de chaque séquence. On pose S = X_1+X_2+X_3+X_4. Déterminer, en justifiant, E(S) et V(S).
Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(S) &= 4\times E(X) \\ &= 4\times np \\ &= 4\times250\times0{,}01 \\ &= 10\end{aligned}
Les X_i étant indépendantes, par additivité de la variance : \begin{aligned}V(S) &= 4\times V(X) \\ &= 4\times np(1-p) \\ &= 4\times250\times0{,}01\times0{,}99 \\ &= 9{,}9\end{aligned}
Exercice 4 4 points
1.aL'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne A(1 ; 0 ; 3), B(-2 ; 1 ; 2), C(0 ; 3 ; 2). Montrer que A, B, C ne sont pas alignés.
\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1 \\ 3 \\ -1\end{pmatrix} : ces vecteurs ne sont pas colinéaires (car \dfrac{-3}{-1}\neq\dfrac{1}{3}), donc A, B, C ne sont pas alignés.
1.bSoit n(-1 ; 1 ; 4). Vérifier que n est orthogonal au plan (ABC).
\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB} &= 3+1-4 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC} &= 1+3-4 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il est donc normal à ce plan.
1.cEn déduire que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne -x + y + 4z - 11 = 0.
\overrightarrow{n} étant normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme {-x+y+4z+d=0}.
A appartient au plan : \begin{aligned}-1+0+12+d = 0 &\iff d = -11 \end{aligned}
Le plan (ABC) a donc pour équation -x+y+4z-11=0.
2.aOn considère P : 3x-3y+2z-9=0 et P' : x-y-z+2=0. Démontrer que P et P' sont sécants.
\overrightarrow{v}\begin{pmatrix}3 \\ -3 \\ 2\end{pmatrix} est normal à P et \overrightarrow{v'}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix} est normal à P' : ces vecteurs ne sont pas colinéaires (car \dfrac31\neq\dfrac{2}{-1}).
P et P' ne sont donc ni parallèles ni confondus : ils sont sécants, leur intersection étant une droite (d).
2.bDéterminer si les plans P et P' sont perpendiculaires.
\begin{aligned}\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{v'} &= 3+3-2 \\ &= 4 \\ &\neq 0\end{aligned} Les vecteurs normaux ne sont pas orthogonaux, donc les plans P et P' ne sont pas perpendiculaires.
3.Montrer que la droite (d) est dirigée par le vecteur u(1 ; 1 ; 0).
Il suffit de vérifier que \overrightarrow{u} est orthogonal aux deux vecteurs normaux \overrightarrow{v} et \overrightarrow{v'} (donc contenu dans les deux plans, comme direction).
\begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v} &= 3-3+0 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v'} &= 1-1+0 \\ &= 0\end{aligned}
(d) est donc bien dirigée par \overrightarrow{u}.
4.Montrer que M(2 ; 1 ; 3) appartient à P et P', et en déduire une représentation paramétrique de (d).
\begin{aligned}3\times2-3\times1+2\times3-9 &= 6-3+6-9 \\ &= 0\end{aligned} M appartient à P.
2-1-3+2 = 0 : M appartient à P'.
(d) passe donc par M et est dirigée par \overrightarrow{u}(1~;~1~;~0) : une représentation paramétrique est x=2+t, y=1+t, z=3, avec t\in\mathbb{R}.
5.Montrer que (d) est aussi incluse dans le plan (ABC). Que peut-on dire des trois plans (ABC), P et P' ?
En substituant la représentation paramétrique de (d) dans l'équation de (ABC) : \begin{aligned}-(2+t)+(1+t)+4\times3-11 &= -2-t+1+t+12-11 \\ &= 0\end{aligned} vérifiée pour tout t.
(d) est donc incluse dans (ABC), comme dans P et P'.
Les vecteurs normaux \overrightarrow{n}, \overrightarrow{v}, \overrightarrow{v'} n'étant pas colinéaires deux à deux, les trois plans ne sont ni confondus ni parallèles entre eux : les trois plans (ABC), P et P' sont simplement sécants deux à deux selon la même droite (d).
Corrigé rédigé par Logimaths à partir du sujet officiel du Ministère de l'Éducation nationale (éduscol.education.gouv.fr).