Bac Terminale Spé Maths : Amérique du Nord 2026, Sujet 1

A.1Compléter l'arbre de probabilités.

Au premier niveau, comme E, C et F forment une partition : P(C) = 1 - (P(E) + P(F)) = 1 - (0{,}25 + 0{,}15) = 0,6.
Au second niveau, par passage au complémentaire : P_E(\overline{H}) = 1 - 0{,}45 = 0,55 et P_C(\overline{H}) = 1 - 0{,}30 = 0,70.
Les branches de F ne peuvent pas être complétées à ce stade : on ne connaît que la probabilité jointe {P(F \cap H) = 0{,}12}, pas la probabilité conditionnelle P_F(H).

A.2Calculer la valeur exacte de P(E\cap H).

D'après la définition d'une probabilité conditionnelle : P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0,1125.

A.3Démontrer que la probabilité qu'un abonné ait activé l'option « Écoute hors-ligne » est de 0,4125.

Les évènements E, C et F formant une partition de l'univers, d'après la formule des probabilités totales :
P(H) = P(E \cap H) + P(C \cap H) + P(F \cap H)
\begin{aligned}P(H) &= 0{,}1125 + (P(C) \times P_C(H)) + 0{,}12 \\ &= 0{,}1125 + (0{,}6 \times 0{,}3) + 0{,}12\end{aligned}
P(H) = 0{,}1125 + 0{,}18 + 0{,}12 = 0,4125.

A.4Un abonné a activé l'option « Écoute hors-ligne ». Déterminer la probabilité qu'il ait choisi l'abonnement « Étudiant ».

On cherche \begin{aligned}P_H(E) &= \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} \\ &= \dfrac{0{,}1125}{0{,}4125} \\ &= \dfrac{3}{11}\end{aligned}
P_H(E) \approx 0,273 (arrondi au millième).

B.1On admet que X suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

Le choix des huit abonnés est assimilé à un tirage avec remise, donc à 8 répétitions identiques et indépendantes d'une épreuve à deux issues (activer l'option, ou non), de probabilité de succès {p = 0{,}4125}.
La variable aléatoire X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 8 et {p = 0{,}4125}.

B.2Calculer la probabilité qu'aucun de ces huit abonnés n'ait activé l'option.

\begin{aligned}P(X = 0) &= \binom{8}{0} \times 0{,}4125^{0} \times (1 - 0{,}4125)^{8} \\ &= 0{,}5875^{8}\end{aligned}
P(X = 0) \approx 0,014 (arrondi au millième).

B.3.aDémontrer que, pour tout n entier naturel non nul, q_n = 1 - 0{,}5875^{n}.

Pour un échantillon de n abonnés assimilé à un tirage avec remise, la variable aléatoire X_n comptant le nombre d'abonnés ayant activé l'option suit la loi binomiale de paramètres n et 0{,}4125.
\begin{aligned}q_n &= P(X_n \geq 1) \\ &= 1 - P(X_n = 0) \\ &= 1 - \binom{n}{0} \times 0{,}4125^{0} \times (1 - 0{,}4125)^{n}\end{aligned}
On a donc bien, pour tout n entier naturel non nul, q_n = 1 - 0{,}5875^{n}.

B.3.bDéterminer la plus petite valeur de n telle que q_n \geq 99,9 %.

On résout q_n \geq 0{,}999 :
{1 - 0{,}5875^{n} \geq 0{,}999 \Leftrightarrow 0{,}5875^{n} \leq 0{,}001}
\Leftrightarrow \ln\left(0{,}5875^{n}\right) \leq \ln(0{,}001) (la fonction ln est strictement croissante)
\Leftrightarrow n \times \ln(0{,}5875) \leq \ln(0{,}001)
\Leftrightarrow n \geq \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} (l'inégalité change de sens car \ln(0{,}5875) < 0)
Or \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99.
La plus petite valeur de n qui convient est donc n = 13.

C.1Donner les six valeurs possibles prises par Y.

La variable aléatoire Y peut prendre les valeurs 5, 7, 10, 12, 16 et 18 (en euros), correspondant aux trois abonnements avec ou sans l'option à 2 € supplémentaires.

C.2Dresser le tableau décrivant la loi de probabilité de Y.

Il reste à calculer \begin{aligned}P(F \cap \overline{H}) &= P(F) - P(F \cap H) \\ &= 0{,}15 - 0{,}12 \\ &= 0{,}03\end{aligned} ainsi que \begin{aligned}P(E \cap \overline{H}) &= 0{,}25 - 0{,}1125 \\ &= 0{,}1375\end{aligned} et \begin{aligned}P(C \cap \overline{H}) &= 0{,}6 \times 0{,}7 \\ &= 0{,}42\end{aligned} \begin{aligned}P(C \cap H) &= 0{,}6 \times 0{,}3 \\ &= 0{,}18\end{aligned}
y_i : 5, 7, 10, 12, 16, 18
P(Y = y_i) : 0,1375 ; 0,1125 ; 0,42 ; 0,18 ; 0,03 ; 0,12.

C.3Démontrer que E(Y) = 10,475 et interpréter ce résultat.

E(Y) = 5 \times 0{,}1375 + 7 \times 0{,}1125 + 10 \times 0{,}42 + 12 \times 0{,}18 + 16 \times 0{,}03 + 18 \times 0{,}12
E(Y) = 10,475.
Sur un très grand nombre d'abonnés, le tarif mensuel moyen payé est donc de 10,475 €.

C.4À l'aide de la calculatrice, donner la variance de Y, arrondie au centième.

À la calculatrice, V(Y) \approx 13,70.

C.5.aCalculer la variance de la variable aléatoire Z.

V(Z) = \sigma(Z)^{2} = 2^{2} = 4.

C.5.bUn responsable affirme qu'il y a au moins 50 % de chances que le prix de l'abonnement soit strictement compris entre 6 et 12 euros. Justifier.

On remarque que 9 (l'espérance de Z) est la valeur du milieu de l'intervalle ]6 ; 12[ : P(6 < Z < 12) = P(|Z - 9| < 3).
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t = 3 : \begin{aligned}P(|Z - 9| \geq 3) &\leq \dfrac{V(Z)}{3^{2}} \\ &= \dfrac{4}{9}\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(|Z - 9| < 3) &= 1 - P(|Z - 9| \geq 3) \\ &\geq 1 - \dfrac{4}{9} \\ &= \dfrac{5}{9} \\ &\approx 0{,}556\end{aligned}
Comme 0{,}556 > 0{,}5, le responsable a raison.

A.1Calculer le nombre de perches-soleil au 1er janvier 2026 donné par ce modèle.

\begin{aligned}u_1 &= 4 - \dfrac{4}{u_0} \\ &= 4 - \dfrac{4}{4} \\ &= 4 - 1 \\ &= 3\end{aligned}
Le modèle prévoit donc 3 000 perches-soleil au 1er janvier 2026.

A.2.aJustifier que la fonction h est croissante sur ]0 ; +\infty[.

h est dérivable sur ]0 ; +\infty[ et pour tout x de cet intervalle, h'(x) = \dfrac{4}{x^{2}}.
Comme h'(x) > 0 sur ]0 ; +\infty[, la fonction h est strictement croissante sur cet intervalle.

A.2.bDémontrer que, pour tout entier naturel n, 2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4.

On raisonne par récurrence. Soit P_n la proposition « {2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4} ».
Initialisation : u_0 = 4 et u_1 = 3 (question A.1), donc {2 \leq u_1 \leq u_0 \leq 4} : P_0 est vraie.
Hérédité : supposons P_n vraie pour un n donné. Comme u_{n+1} = h(u_n) et que h est croissante (question A.2.a), on a : {h(2) \leq h(u_{n+1}) \leq h(u_n) \leq h(4)}.
Or \begin{aligned}h(2) &= 4 - \dfrac{4}{2} \\ &= 2\end{aligned} et \begin{aligned}h(4) &= 4 - \dfrac{4}{4} \\ &= 3\end{aligned} donc {2 \leq u_{n+2} \leq u_{n+1} \leq 3}, et comme 3 \leq 4 : {2 \leq u_{n+2} \leq u_{n+1} \leq 4}. P_{n+1} est donc vraie.
Conclusion : P_0 est vraie et P_n héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, {2 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 4}.

A.2.cEn déduire que la suite (u_n) est convergente.

D'après la question précédente, la suite (u_n) est décroissante (u_{n+1} \leq u_n) et minorée par 2.
Toute suite décroissante et minorée est convergente, donc la suite (u_n) converge.

A.2.dJustifier que ℓ = 2.

La fonction h, continue sur ]0 ; +\infty[ (car dérivable), est la fonction de récurrence de la suite convergente (u_n). D'après le théorème du point fixe, la limite \ell vérifie h(\ell) = \ell.
\begin{aligned}4 - \dfrac{4}{\ell} &= \ell \\ &\Leftrightarrow 4\ell - 4 = \ell^{2}\end{aligned} (en multipliant par \ell \neq 0) \begin{aligned}\Leftrightarrow \ell^{2} - 4\ell + 4 &= 0 \\ &\Leftrightarrow (\ell - 2)^{2} = 0\end{aligned}
Donc \ell = 2.

A.2.eCe modèle prévoit-il une élimination à long terme de l'espèce envahissante ?

Comme la suite converge vers 2 (et non 0), ce modèle prévoit une stabilisation de la population à 2 000 perches-soleil, et non une élimination.

A.3.aRecopier et compléter le script Python.

A.3.bQuelle valeur renvoie population(2.2) ? Interpréter.

Le calcul des termes de la suite donne u_9 = 2{,}2 (pas encore strictement inférieur à 2,2) puis u_{10} \approx 2{,}182 < 2{,}2.
La commande renvoie donc 10.
Le nombre de perches-soleil passera sous la barre des 2 200 à partir de l'année 2035 (2025 + 10).

B.1Donner l'ensemble des solutions de l'équation (E).

L'équation y' + y = 2 s'écrit y' = -y + 2, de la forme y' = ay + b avec a = -1 et b = 2.
Les solutions sont les fonctions {t \mapsto k e^{-t} - \dfrac{b}{a} = k e^{-t} + 2}, avec k \in \mathbb{R}.

B.2En déduire que p(t) = 2e^{-t} + 2.

p est solution de (E), donc il existe k \in \mathbb{R} tel que p(t) = k e^{-t} + 2.
Comme p(0) = 4 : k e^{0} + 2 = 4, donc {k = 2}.
On a donc bien, pour tout t \geq 0, {p(t) = 2e^{-t} + 2}.

B.3Ce modèle prévoit-il une élimination à long terme de l'espèce envahissante ?

Comme \lim\limits_{t \to +\infty} e^{-t} = 0, on a \lim\limits_{t \to +\infty} p(t) = 2.
Ce modèle prévoit donc lui aussi une stabilisation à 2 000 perches-soleil (et non une élimination), ce qui est cohérent avec le modèle discret de la partie A.

A.1Donner les coordonnées des points A et D.

Dans le repère (O ; \vec{OI}, \vec{OJ}, \vec{OK}), on a A(-1 ; -1 ; 0) et D(1 ; -1 ; 0).

A.2Calculer le produit scalaire SC⃗ \cdot SB⃗.

\overrightarrow{SC}\begin{pmatrix}1-0 \\ 1-0 \\ 0-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{SB}\begin{pmatrix}-1-0 \\ 1-0 \\ 0-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix}.
Le repère étant orthonormé : \overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{SB} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-2) \times (-2) = -1 + 1 + 4 = 4.

A.3En déduire la mesure de l'angle BSC, arrondie au dixième de degré.

\begin{aligned}SC &= \sqrt{1^{2} + 1^{2} + (-2)^{2}} \\ &= \sqrt{6}\end{aligned} et \begin{aligned}SB &= \sqrt{(-1)^{2} + 1^{2} + (-2)^{2}} \\ &= \sqrt{6}\end{aligned}
Or \overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{SB} = SC \times SB \times \cos(\widehat{BSC}), donc \begin{aligned}\cos(\widehat{BSC}) &= \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} \\ &= \dfrac{4}{6} \\ &= \dfrac{2}{3}\end{aligned}
\widehat{BSC} = \arccos\left(\dfrac{2}{3}\right) \approx 48,2^{\circ}.

B.1.aJustifier que le vecteur n est normal au plan (SBC).

\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{SB} &= 0 \times (-1) + 2 \times 1 + 1 \times (-2) \\ &= 0 + 2 - 2 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{SC} &= 0 \times 1 + 2 \times 1 + 1 \times (-2) \\ &= 0 + 2 - 2 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (SBC) : \vec{n} est donc normal à (SBC).

B.1.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (SBC) est 2y + z - 2 = 0.

\vec{n} étant normal à (SBC), une équation de ce plan est de la forme 2y + z + d = 0.
Comme S(0 ; 0 ; 2) appartient à (SBC) : 2 \times 0 + 2 + d = 0, donc d = -2.
Une équation cartésienne de (SBC) est donc bien 2y + z - 2 = 0.

B.2.aJustifier la représentation paramétrique de la droite (OH).

Comme H est le projeté orthogonal de O sur (SBC), la droite (OH) est orthogonale à ce plan : un vecteur normal au plan, \vec{n}(0 ; 2 ; 1), est donc un vecteur directeur de (OH).
La droite (OH) passe par O(0 ; 0 ; 0), d'où la représentation paramétrique donnée : x = 0, y = 2t, z = t avec t \in \mathbb{R}.

B.2.bCalculer les coordonnées du point H.

H appartient à (OH) et à (SBC) : on remplace les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan.
\begin{aligned}2(2t) + t - 2 &= 0 \\ &\Leftrightarrow 5t = 2 \\ &\Leftrightarrow t = \dfrac{2}{5}\end{aligned}
Donc H\left(0 ; \dfrac{4}{5} ; \dfrac{2}{5}\right).

B.2.cEn déduire que la distance de O au plan (SBC) est égale à 2\surd\dfrac{5}{5} cm.

\begin{aligned}OH &= \sqrt{0^{2} + \left(\dfrac{4}{5}\right)^{2} + \left(\dfrac{2}{5}\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\dfrac{16}{25} + \dfrac{4}{25}} \\ &= \sqrt{\dfrac{20}{25}}\end{aligned}
OH = \sqrt{\dfrac{4}{5}} = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} cm.

C.1.aCalculer le volume de la pyramide SABCD.

La base ABCD est un carré de côté 2 cm et la hauteur associée [SO] mesure 2 cm : V = \dfrac{1}{3} \times 2^{2} \times 2 = \dfrac{8}{3} cm^{3}.

C.1.bEn déduire que le volume de la pyramide OCBS est égal à \dfrac{2}{3} cm^{3}.

O étant le centre du carré ABCD, l'aire du triangle OCB est le quart de l'aire de ABCD ; la hauteur [SO] restant la même, le volume de OCBS est le quart de celui de SABCD.
V_{OCBS} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{8}{3} = \dfrac{2}{3} cm^{3}.

C.2Déterminer l'aire du triangle SBC.

Le triangle SBC est isocèle en S (\begin{aligned}SB &= SC \\ &= \sqrt{6}\end{aligned}). J, milieu de [BC], est donc le pied de la hauteur issue de S.
Le triangle SJB est rectangle en J : \begin{aligned}SJ^{2} &= SB^{2} - BJ^{2} \\ &= 6 - 1 \\ &= 5\end{aligned} donc SJ = \sqrt{5}.
Aire = \dfrac{BC \times SJ}{2} = \dfrac{2 \times \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5} cm^{2}.

C.3Déduire des questions précédentes que la distance de O au plan (SBC) est égale à 2\surd\dfrac{5}{5} cm.

En prenant SBC comme base de la pyramide OCBS, la hauteur associée est [OH] : V_{OCBS} = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times OH.
Or V_{OCBS} = \dfrac{2}{3} cm^{3} (question C.1.b), donc \dfrac{2}{3} = \dfrac{\sqrt{5}}{3} \times OH, soit OH = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} cm.
On retrouve bien le résultat de la partie B.

1.Conjecturer, à l'aide du graphique, les intervalles sur lesquels f semble convexe ou concave.

La courbe semble traverser sa tangente au point A (abscisse 1) : on peut conjecturer que f est convexe sur {]-\infty ; 1]} et concave sur [1 ; +\infty[.

2.Déterminer la limite de f en -\infty.

Par composition, \lim\limits_{x \to -\infty} \ln(x^{2} + 1) = +\infty (car x^2+1 \to +\infty).
De plus, \lim\limits_{x \to -\infty} -3x = +\infty.
Par somme, \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty.

3.aDémontrer que, pour tout x réel strictement positif, f(x) = x(10 ln(x)/x - 3) + 5 ln(1 + 1/x^{2}).

Pour x > 0 : x^{2} + 1 = x^{2}\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right), donc, par propriété du logarithme :
\begin{aligned}f(x) &= 5\ln(x^{2}) + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right) - 3x \\ &= 10\ln(x) - 3x + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right)\end{aligned}
En factorisant x dans les deux premiers termes, on obtient bien {f(x) = x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right)}.

3.bDéterminer la limite de f en +\infty.

D'après les croissances comparées, \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0, donc \lim\limits_{x \to +\infty} \left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) = -3, et par produit avec x \to +\infty : {\lim\limits_{x \to +\infty} x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) = -\infty}.
Par ailleurs, \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right) = 1, donc par composition {\lim\limits_{x \to +\infty} 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right) = 0}.
Par somme, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty.

4.aDémontrer que, pour tout x réel, f'(x) = (-3x^{2} + 10x - 3)/(x^{2} + 1).

En posant u(x) = x^{2} + 1, on a u'(x) = 2x et f(x) = 5\ln(u(x)) - 3x, donc :
f'(x) = 5\dfrac{u'(x)}{u(x)} - 3 = \dfrac{10x}{x^{2}+1} - 3 = \dfrac{10x - 3(x^{2}+1)}{x^{2}+1} = \dfrac{-3x^{2}+10x-3}{x^{2}+1}.

4.bÉtudier les variations de f sur \mathbb{R}.

Le dénominateur x^{2}+1 est toujours strictement positif, donc f'(x) a le signe du numérateur -3x^{2}+10x-3.
Discriminant : \begin{aligned}\Delta &= 10^{2} - 4 \times (-3) \times (-3) \\ &= 100 - 36 \\ &= 64 \\ &= 8^{2}\end{aligned}
Racines : \begin{aligned}x_1 &= \dfrac{-10-8}{-6} \\ &= 3\end{aligned} et \begin{aligned}x_2 &= \dfrac{-10+8}{-6} \\ &= \dfrac{1}{3}\end{aligned}
Comme le coefficient dominant -3 est négatif, le trinôme est négatif à l'extérieur des racines et positif entre elles.
Donc f est décroissante sur \left]-\infty ; \dfrac{1}{3}\right], croissante sur \left[\dfrac{1}{3} ; 3\right], puis décroissante sur [3 ; +\infty[.

5.aValider ou rejeter la conjecture faite à la question 1.

f''(x) a le signe de son numérateur -10x^{2}+10 = 10(1-x)(1+x), positif sur [-1 ; 1] et négatif ailleurs.
Donc f est convexe sur [-1 ; 1], et concave sur ]-\infty ; -1] ainsi que sur [1 ; +\infty[, avec deux points d'inflexion (en -1 et en 1).
La conjecture de la question 1 est donc à rejeter : elle ne considérait qu'un seul point d'inflexion, faute d'une échelle graphique suffisante pour observer le comportement en x < -1.

5.bDéterminer l'équation réduite de la tangente à la courbe au point A d'abscisse 1.

f(1) = 5\ln(2) - 3 et f'(1) = \dfrac{-3+10-3}{2} = \dfrac{4}{2} = 2.
L'équation réduite de la tangente est y = f'(1)(x-1) + f(1) = 2(x-1) + 5\ln(2) - 3.
Soit y = 2x + 5\ln(2) - 5.

5.cEn déduire que, pour tout x \geq 1, ln(x^{2} + 1) \leq x + ln(2) - 1.

Sur [1 ; +\infty[, f est concave (question 5.a), donc sa courbe reste en dessous de toutes ses tangentes, en particulier celle au point d'abscisse 1 : {f(x) \leq 2x + 5\ln(2) - 5}.
{5\ln(x^{2}+1) - 3x \leq 2x + 5\ln(2) - 5 \Leftrightarrow 5\ln(x^{2}+1) \leq 5x + 5\ln(2) - 5}
En divisant par 5 (positif), on obtient bien, pour tout x \geq 1 : {\ln(x^{2}+1) \leq x + \ln(2) - 1}.