Bac Terminale Spé Maths : Centres étrangers 2026, Sujet 1

A.1Recopier et compléter l'arbre de probabilité.

P(A)=0{,}6, P(B)=0{,}12, \begin{aligned}P(C) &= 1-0{,}6-0{,}12 \\ &= 0{,}28\end{aligned}
P_A(T)=0{,}9, P_A(\overline{T})=0{,}1 ; P_B(T)=0{,}95, P_B(\overline{T})=0{,}05 ; P_C(T)=0{,}85, {P_C(\overline{T})=0{,}15}.

A.2Déterminer P(A\cap\overline{T}) et interpréter.

P(A\cap\overline{T}) = P(A)\times P_A(\overline{T}) = 0{,}6\times0{,}1 = 0,06.
Dans le contexte, la probabilité que la lame provienne du fournisseur A et ne soit pas conforme est égale à 0,06.

A.3Démontrer que la probabilité que la lame testée soit conforme est 0,892.

Les évènements A, B, C formant une partition de l'univers, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(T) &= P(A)\times P_A(T)+P(B)\times P_B(T)+P(C)\times P_C(T) \\ &= 0{,}6\times0{,}9+0{,}12\times0{,}95+0{,}28\times0{,}85\end{aligned}
= 0{,}54+0{,}114+0{,}238 = 0,892.

A.4Sachant que la lame n'est pas conforme, déterminer la probabilité qu'elle provienne de B.

P_{\overline{T}}(B) = \dfrac{P(B\cap\overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}12\times0{,}05}{1-0{,}892} = \dfrac{0{,}006}{0{,}108} \approx 0,056 (arrondi au millième).

B.1Préciser les paramètres de la loi binomiale suivie par X.

L'échantillonnage étant assimilé à un tirage avec remise (choix indépendants parmi un stock très grand), X suit la loi binomiale \mathcal{B}(75\,;\,0{,}108) (75 lames, probabilité 0,108 d'être non conforme).

B.2Calculer la probabilité que 6 lames exactement soient non conformes.

P(X=6) = \dbinom{75}{6}\times0{,}108^{6}\times0{,}892^{69} \approx 0,120 (arrondi au millième).

B.3L'équipementier affirme que P(X > 8) < 50 %. A-t-il raison ?

À la calculatrice, \begin{aligned}P(X>8) &= P(X\geq9) \\ &\approx 0{,}422\end{aligned}
Comme 0{,}422 < 0{,}5, oui, l'équipementier a raison : cette probabilité est bien inférieure à 50 %.

C.1Déterminer E(M_{n}) et V(M_{n}).

M_n est la moyenne de n variables indépendantes de même loi que X : E(M_n) = E(X) = 75\times0{,}108 = 8,1.
V(M_n) = \dfrac{V(X)}{n} = \dfrac{75\times0{,}108\times0{,}892}{n} = \dfrac{7{,}2252}{n}.

C.2Justifier l'inégalité P(|M_{n} - 8,1| \geq 2) \leq 1,8063/n.

D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t=2 : P(|M_n-8{,}1|\geq2) \leq \dfrac{V(M_n)}{2^{2}} = \dfrac{7{,}2252/n}{4} = \dfrac{1{,}8063}{n}.

C.3Déterminer une valeur de n à partir de laquelle P(|M_{n} - 8,1| < 2) \geq 0,95, et interpréter.

\begin{aligned}P(|M_n-8{,}1| lt;2) &\geq 0{,}95 &\iff P(|M_n-8{,}1|\geq2) \leq 0{,}05 \end{aligned}
Comme P(|M_n-8{,}1|\geq2)\leq\dfrac{1{,}8063}{n}, il suffit que \begin{aligned}\dfrac{1{,}8063}{n} \leq 0{,}05 &\iff n \geq \dfrac{1{,}8063}{0{,}05} \\ &\iff n \geq 36{,}126\end{aligned} soit n\geq37.
Dans le contexte, si l'équipementier est présent à au moins 37 compétitions, on peut affirmer, au risque de 5 %, que la moyenne observée de lames non conformes par échantillon sera comprise entre 6,1 et 10,1.

Affirmation 1 : f(x) = 4e^{-}ˣ + cos(x) + sin(x) est solution de (E) : y′ + y = 2cos(x). Vrai ou faux ?

f'(x) = -4e^{-x}-\sin(x)+\cos(x).
f'(x)+f(x) = \left(-4e^{-x}-\sin(x)+\cos(x)\right)+\left(4e^{-x}+\cos(x)+\sin(x)\right) = 2\cos(x).
f est bien solution de (E). L'affirmation 1 est VRAIE.

Affirmation 2 : les courbes de f(x) = 2x et g(x) = sin(x) ont un seul point d'intersection. Vrai ou faux ?

Soit \begin{aligned}h(x) &= f(x)-g(x) \\ &= 2x-\sin(x)\end{aligned} les courbes se coupent aux points où h(x)=0.
h est dérivable sur \mathbb{R} et h'(x)=2-\cos(x). Comme \cos(x)\leq1 pour tout x, h'(x)\geq1>0 : h est strictement croissante sur \mathbb{R}.
\begin{aligned}h(0) &= 2\times0-\sin(0) \\ &= 0\end{aligned} L'équation h(x)=0 admet donc une solution, et elle est unique par stricte monotonie de h.
Les courbes ont bien un seul point d'intersection (d'abscisse 0). L'affirmation 2 est VRAIE.

Affirmation 3 : la suite v_{n} = (2n + sin(n))/(n + 1) diverge. Vrai ou faux ?

Pour tout entier n : -1\leq\sin(n)\leq1 \Rightarrow 2n-1\leq2n+\sin(n)\leq2n+1.
Comme n+1>0, en divisant : {\dfrac{2n-1}{n+1}\leq v_n\leq\dfrac{2n+1}{n+1}}, soit {2-\dfrac{3}{n+1}\leq v_n\leq2-\dfrac{1}{n+1}}.
Comme \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0, les deux bornes tendent vers 2 : d'après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{n\to+\infty}v_n=2.
La suite (v_n) converge (vers 2), elle ne diverge pas. L'affirmation 3 est FAUSSE.

Affirmation 4 : u_{n} = n^{2} pour tout n \geq 1. Vrai ou faux ?

Montrons-le par récurrence. Initialisation : u_1=1 et 1^{2}=1 : vrai au rang 1.
Hérédité : supposons u_n=n^{2}. Alors \begin{aligned}u_{n+1} &= u_n+2n+1 \\ &= n^{2}+2n+1 \\ &= (n+1)^{2}\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout n\geq1, u_n=n^{2}. L'affirmation 4 est VRAIE.

Affirmation 5 : la limite de S_{n} = u_{0} + u_{1} + ⋯ + u_{n} (avec u_{n} = e^{-}ⁿ) est e/(e - 1). Vrai ou faux ?

\begin{aligned}u_n &= e^{-n} \\ &= \left(\frac{1}{e}\right)^{n}\end{aligned} (u_n) est géométrique de raison q=\frac{1}{e} et de premier terme u_0=1.
S_n est la somme des n+1 premiers termes : \begin{aligned}S_n &= \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} \\ &= \dfrac{e}{e-1}\left(1-e^{-(n+1)}\right)\end{aligned}
Comme {0<\frac{1}{e}<1}, e^{-(n+1)}\to0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}S_n = \dfrac{e}{e-1}.
L'affirmation 5 est VRAIE.

1.Donner les coordonnées des points I, J et K.

Dans le repère (A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) : A(0;0;0), E(0;0;1), F(1;0;1), H(0;1;1).
I milieu de [EF] : I=\left(\frac{0+1}{2};\frac{0+0}{2};\frac{1+1}{2}\right)= \left(\frac12;0;1\right).
J milieu de [EH] : de même, J=\left(0;\frac12;1\right). K milieu de [AE] : K=\left(0;0;\frac12\right).

2.aDéterminer la valeur du produit scalaire AI \cdot AJ.

\overrightarrow{AI}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AJ}\begin{pmatrix}0 \\ \dfrac{1}{2} \\ 1\end{pmatrix}.
Le repère étant orthonormé : {\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ} = \frac12\times0+0\times\frac12+1\times1 =} 1.

2.bEn déduire la mesure de l'angle IAJ, arrondie au dixième de degré.

\begin{aligned}AI &= \sqrt{\left(\frac12\right)^{2}+0^{2}+1^{2}} \\ &= \sqrt{\frac54} \\ &= \frac{\sqrt5}{2}\end{aligned} de même AJ=\frac{\sqrt5}{2}.
\begin{aligned}\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ} &= AI\times AJ\times\cos(\widehat{IAJ}) \\ &\Rightarrow 1 = \frac54\cos(\widehat{IAJ}) \\ &\Rightarrow \cos(\widehat{IAJ}) = \frac45\end{aligned}
\widehat{IAJ}\approx36{,}9^{\circ} (arrondi au dixième de degré).

3.aDémontrer que le vecteur KC est un vecteur normal au plan (AIJ).

\overrightarrow{AI} et \overrightarrow{AJ} ont des coordonnées non proportionnelles : elles ne sont pas colinéaires et forment une base du plan (AIJ).
C(1;1;0) (sommet du cube), donc \overrightarrow{KC}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{KC}\cdot\overrightarrow{AI} &= 1\times\frac12+1\times0+\left(-\frac12\right)\times1 \\ &= \frac12-\frac12 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\overrightarrow{KC}\cdot\overrightarrow{AJ} &= 1\times0+1\times\frac12+\left(-\frac12\right)\times1 \\ &= \frac12-\frac12 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{KC} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIJ) : il est donc normal à ce plan.

3.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (AIJ) est x + y - z/2 = 0.

Une équation de (AIJ) est de la forme x+y-\frac12z+d=0 (coordonnées de \overrightarrow{KC}). Comme A(0;0;0)\in(AIJ) : d=0.
Une équation cartésienne du plan (AIJ) est donc bien x+y-\dfrac12z=0.

4.aDéterminer les coordonnées du point L, projeté orthogonal de C sur (AIJ).

Le vecteur \overrightarrow{KC} étant normal à (AIJ), L est l'intersection de (AIJ) avec la droite (KC), de représentation paramétrique \begin{cases}x=1+t\\y=1+t\\z=-\frac12t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.
En substituant dans l'équation du plan : \begin{aligned}(1+t)+(1+t)-\frac12\left(-\frac12t\right) &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2+2t+\frac14t = 0 \\ &\Leftrightarrow \frac94t = -2 \\ &\Leftrightarrow t = -\frac89\end{aligned}
L a pour coordonnées \left(\dfrac19;\dfrac19;\dfrac49\right).

4.bEn déduire que la distance du point C au plan (AIJ) est égale à \dfrac{4}{3}.

La distance de C au plan (AIJ) est CL = \sqrt{\left(\frac19-1\right)^{2}+\left(\frac19-1\right)^{2}+\left(\frac49-0\right)^{2}}
= \sqrt{\left(-\frac89\right)^{2}+\left(-\frac89\right)^{2}+\left(\frac49\right)^{2}} = \sqrt{\frac{64+64+16}{81}} = \sqrt{\frac{144}{81}} = \frac{12}{9} = \dfrac43.

5.aDémontrer qu'une représentation paramétrique de la droite (IM) est celle proposée.

M(1;m;1) et I\left(\frac12;0;1\right), donc \overrightarrow{IM}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ m \\ 0\end{pmatrix}.
La droite (IM) passe par I et est dirigée par \overrightarrow{IM}, d'où la représentation paramétrique \begin{cases}x=\frac12+\frac12s\\y=ms\\z=1\end{cases}, s\in\mathbb{R}.

5.bLes droites (IM) et (KC) sont-elles coplanaires quelle que soit la valeur de m ?

\overrightarrow{KC}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -\dfrac{1}{2}\end{pmatrix} et \overrightarrow{IM}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ m \\ 0\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires (dernière coordonnée nulle pour l'un, non nulle pour l'autre) : les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons une intersection : \begin{cases}1+t=\frac12+\frac12s\\1+t=ms\\-\frac12t=1\end{cases}. La 3^{\text{e}} équation donne t=-2.
En substituant dans la 1^{\text{re}} : \begin{aligned}-1 &= \frac12+\frac12s \\ &\Rightarrow s = -3\end{aligned} Dans la 2^{\text{e}} : \begin{aligned}-1 &= -3m \\ &\Rightarrow m = \frac13\end{aligned}
Le système n'a de solution que pour m=\frac13 : les droites (IM) et (KC) ne sont donc coplanaires que pour cette valeur particulière, pas pour toutes les valeurs de m.
Non, on ne peut pas affirmer que (IM) et (KC) sont coplanaires quelle que soit la valeur de m.

A.1.aDéterminer les limites de f aux bornes de ]0 ; +\infty[.

En 0^{+} : \ln(x)\to-\infty et x^{2}\to0^{+}, donc par quotient, f(x)\to -\infty.
En +\infty : par croissances comparées, \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x^{2}} = 0.

A.1.bInterpréter graphiquement les résultats obtenus.

La droite d'équation x=0 (axe des ordonnées) est asymptote verticale à \mathcal{C}_f, et la droite d'équation y=0 (axe des abscisses) est asymptote horizontale à \mathcal{C}_f au voisinage de +\infty.

A.2Démontrer que f'(x) = (1 - 2ln(x))/x^{3}.

f(x)=\ln(x)\times x^{-2} est de la forme uv avec u(x)=\ln(x), v(x)=x^{-2}, donc u'(x)=\frac1x, v'(x)=-2x^{-3}.
f'(x) = u'(x)v(x)+u(x)v'(x) = \dfrac{1}{x}\times x^{-2} + \ln(x)\times(-2x^{-3}) = \dfrac{1}{x^{3}}-\dfrac{2\ln(x)}{x^{3}} = \dfrac{1-2\ln(x)}{x^{3}}.

A.3Dresser le tableau de variation de f.

x^{3}>0 sur ]0;+\infty[, donc f'(x) est du signe de 1-2\ln(x) : 1-2\ln(x)>0 \iff \ln(x)<\frac12 \iff x<\sqrt{e}.
f est croissante sur ]0;\sqrt{e}] et décroissante sur [\sqrt{e};+\infty[, avec maximum \begin{aligned}f(\sqrt{e}) &= \dfrac{\frac12\ln(e)}{e} \\ &= \dfrac{1}{2e}\end{aligned}
Le tableau va de -\infty (en 0) à \frac{1}{2e} (en \sqrt{e}) puis redescend vers 0 (en +\infty).

A.4Déterminer l'équation réduite de la tangente \Delta à Cf au point A d'abscisse 1.

f'(1) = \dfrac{1-2\ln(1)}{1} = 1 et \begin{aligned}f(1) &= \dfrac{\ln(1)}{1} \\ &= 0\end{aligned}
La tangente en x=1 a pour équation y=f'(1)(x-1)+f(1) = 1\times(x-1)+0, soit y=x-1.

A.5Vérifier que f''(x) = (-5 + 6ln(x))/x^{4}.

f'(x)=(1-2\ln(x))\times x^{-3} est de la forme gh avec g(x)=1-2\ln(x), h(x)=x^{-3}, donc g'(x)=-\frac2x, h'(x)=-3x^{-4}.
f''(x) = g'(x)h(x)+g(x)h'(x) = -\dfrac{2}{x}\times x^{-3} + (1-2\ln(x))\times(-3x^{-4}) = -\dfrac{2}{x^{4}}-\dfrac{3(1-2\ln(x))}{x^{4}}
= \dfrac{-2-3+6\ln(x)}{x^{4}} = \dfrac{-5+6\ln(x)}{x^{4}}.

A.6.aÉtudier la convexité de f et préciser les coordonnées d'un éventuel point d'inflexion.

x^{4}>0, donc f''(x) est du signe de {-5+6\ln(x)} : -5+6\ln(x)>0 \iff \ln(x)>\frac56 \iff x>e^{\dfrac{5}{6}}.
f est concave sur \left]0;e^{\dfrac{5}{6}}\right] et convexe sur \left[e^{\dfrac{5}{6}};+\infty\right[ : f'' change de signe en x=e^{\dfrac{5}{6}}.
\begin{aligned}f(e^{\dfrac{5}{6}}) &= \dfrac{\frac56}{e^{\dfrac{5}{3}}} \\ &= \dfrac{5}{6e^{\dfrac{5}{3}}}\end{aligned} Le point \left(e^{\dfrac{5}{6}}\,;\,\dfrac{5}{6e^{\dfrac{5}{3}}}\right) est un point d'inflexion de \mathcal{C}_f.

A.6.bEn déduire que, pour tout x\in\left]0;e^{\dfrac{5}{6}}\right], {x-1\geq\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}}.

f étant concave sur \left]0;e^{\dfrac{5}{6}}\right], sa courbe y est en dessous de toutes ses tangentes, en particulier celle au point A (car 0<1<e^{\dfrac{5}{6}}), d'équation y=x-1.
Donc pour tout x\in\left]0;e^{\dfrac{5}{6}}\right] : {f(x)\leq x-1}, soit \dfrac{\ln(x)}{x^{2}} \leq x-1.

A.7Justifier que, pour tout x\in\left[e^{\dfrac{5}{6}};+\infty\right[, on a aussi {x-1\geq\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}}.

D'après A.6.b, f(e^{\dfrac{5}{6}}) \leq e^{\dfrac{5}{6}}-1.
Comme e^{\dfrac{5}{6}}>\sqrt{e} et que f est décroissante sur [\sqrt{e};+\infty[ (question A.3), pour tout x\geq e^{\dfrac{5}{6}} : f(x)\leq f(e^{\dfrac{5}{6}}).
De plus, pour x\geq e^{\dfrac{5}{6}}, x-1\geq e^{\dfrac{5}{6}}-1.
En combinant : {x-1 \geq e^{\dfrac{5}{6}}-1 \geq f(e^{\dfrac{5}{6}}) \geq f(x)}, soit {x-1\geq\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}} pour tout x\geq e^{\dfrac{5}{6}}.

B.1Donner une interprétation graphique de I_{n}.

Sur [1;n], \ln(x)\geq0 et x^{2}\geq1, donc f(x)\geq0 : I_n représente l'aire, en unités d'aire, du domaine délimité par \mathcal{C}_f, l'axe des abscisses et les droites x=1 et x=n.

B.2Démontrer que la suite (I_{n}) est croissante.

\begin{aligned}\displaystyle I_{n+1}-I_n &= \int\limits_1^{n+1}f(x)\,dx - \int\limits_1^{n}f(x)\,dx \\ &= \int\limits_n^{n+1}f(x)\,dx\end{aligned}
Comme f(x)\geq0 sur [1;+\infty[, cette intégrale est positive : I_{n+1}-I_n\geq0.
La suite (I_n) est donc croissante.

B.3Recopier et compléter le script Python pour approcher l'intégrale de f entre 1 et 10.

La hauteur du i-ème rectangle (pour i de 2 à 9) est f(i)=\dfrac{\ln(i)}{i^{2}} ; instruction à compléter : S = S + log(i)/(i*i)

B.4À l'aide d'une intégration par parties, démontrer que I_{n} = (n - 1 - ln(n))/n.

f(x)=u(x)v'(x) avec u(x)=\ln(x), v'(x)=\dfrac{1}{x^{2}}, donc u'(x)=\dfrac1x, v(x)=-\dfrac1x.
\begin{aligned}\displaystyle I_n &= \left[-\dfrac{\ln(x)}{x}\right]_1^{n} - \int\limits_1^n\dfrac1x\times\left(-\dfrac1x\right)dx \\ &= -\dfrac{\ln(n)}{n}-0 + \int\limits_1^n\dfrac{1}{x^{2}}dx\end{aligned}
= -\dfrac{\ln(n)}{n} + \left[-\dfrac1x\right]_1^n = -\dfrac{\ln(n)}{n} - \dfrac1n+1 = \dfrac{n-1-\ln(n)}{n}.

B.5Calculer la limite de la suite (I_{n}) quand n tend vers +\infty.

I_n = 1-\dfrac1n-\dfrac{\ln(n)}{n}. Comme \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1n=0 et, par croissances comparées, \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln(n)}{n}=0,
par somme, \lim\limits_{n\to+\infty}I_n = 1.