Bac Terminale Spé Maths : Centres étrangers 2026, Sujet 2

1.Démontrer que les points A, B et C définissent un plan de l'espace.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -4\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix} ont des coordonnées non proportionnelles.
Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés et définissent bien un plan.

2.Démontrer que le vecteur n(4 ; 4 ; 2) est un vecteur normal au plan (ABC).

\begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB} &= 4\times1+4\times1+2\times(-4) \\ &= 4+4-8 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC} &= 4\times0+4\times1+2\times(-2) \\ &= 4-4 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il est donc normal à ce plan.

3.Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC).

Une équation de (ABC) est de la forme 4x+4y+2z+d=0. Comme A(1;0;3)\in(ABC) : \begin{aligned}4+0+6+d &= 0 \\ &\Leftrightarrow d = -10\end{aligned}
Une équation cartésienne est donc 4x+4y+2z-10=0, soit, en divisant par 2 : 2x+2y+z-5=0.

4.Vérifier que le point H appartient au plan (ABC).

\begin{aligned}2x_H+2y_H+z_H-5 &= 2\times0+2\times2+1-5 \\ &= 0+4+1-5 \\ &= 0\end{aligned} H appartient bien au plan (ABC).

5.Déterminer la mesure en degré de l'angle BAH.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -4\end{pmatrix} et \overrightarrow{AH}\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH} &= 1\times(-1)+1\times2+(-4)\times(-2) \\ &= -1+2+8 \\ &= 9\end{aligned}
\begin{aligned}AB &= \sqrt{1+1+16} \\ &= \sqrt{18} \\ &= 3\sqrt2\end{aligned} et \begin{aligned}AH &= \sqrt{1+4+4} \\ &= \sqrt9 \\ &= 3\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{BAH}) &= \dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}}{AB\times AH} \\ &= \dfrac{9}{3\sqrt2\times3} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt2} \\ &= \dfrac{\sqrt2}{2}\end{aligned} donc \widehat{BAH}=45^{\circ}.

6.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (d) orthogonale au plan (ABC) et passant par H.

(d) admet le vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ 2\end{pmatrix} comme vecteur directeur et passe par H(0;2;1) : \begin{cases}x=4t\\y=2+4t\\z=1+2t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

7.Déterminer les coordonnées du point S de (d) tel que la distance de S au plan (ABC) soit 6, avec xₛ > 0.

H, appartenant à la fois à (ABC) et à (d) (orthogonale au plan), est le projeté orthogonal de tout point de (d) sur (ABC) : la distance de S au plan est donc SH.
S(4t\,;\,2+4t\,;\,1+2t), donc \begin{aligned}SH &= \sqrt{(4t)^{2}+(4t)^{2}+(2t)^{2}} \\ &= \sqrt{36t^{2}} \\ &= 6|t|\end{aligned}
\begin{aligned}6|t| = 6 &\iff |t| = 1 \\ &\iff t = 1 \end{aligned} ou t=-1. Comme x_S=4t doit être positif, t=1.
S a pour coordonnées (4\,;\,6\,;\,3).

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

P(J)=0{,}21, P(M)=0{,}46, P(S)=0{,}33 ; P_J(R)=0{,}7, P_J(\overline{R})=0{,}3 ; P_M(R)=0{,}46, P_M(\overline{R})=0{,}54 ; P_S(R)=0{,}15, {P_S(\overline{R})=0{,}85}.

A.2Déterminer P(M\cap R) et interpréter.

P(M\cap R) = P(M)\times P_M(R) = 0{,}46\times0{,}46 = 0,2116.
Dans le contexte, la probabilité que la personne interrogée ait entre 30 et 59 ans et ait déjà publié sur ce réseau social est égale à 0,2116.

A.3.aCalculer la probabilité qu'une personne interrogée ait déjà publié sur ce réseau social.

Les évènements J, M, S formant une partition de l'univers, d'après la formule des probabilités totales :
P(R) = P(J)P_J(R)+P(M)P_M(R)+P(S)P_S(R) = 0{,}21\times0{,}7+0{,}46\times0{,}46+0{,}33\times0{,}15 = 0,4081.

A.3.bSachant que la personne a déjà publié, déterminer la probabilité qu'elle ait au moins 60 ans.

P_R(S) = \dfrac{P(S\cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}33\times0{,}15}{0{,}4081} \approx 0,121 (arrondi au millième).

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

Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise (population très grande), X suit la loi binomiale \mathcal{B}(100\,;\,0{,}41).

B.2Calculer la probabilité qu'au moins la moitié des 100 personnes ait déjà publié sur ce réseau social.

À la calculatrice, P(X\geq50) \approx 0,043 (arrondi au millième).

B.3Déterminer l'espérance de X et interpréter.

E(X) = 100\times0{,}41 = 41. Si l'expérience est répétée un grand nombre de fois, en moyenne 41 personnes sur 100 auront déjà publié sur ce réseau social.

C.Démontrer que P(37 < Y < 45) > 98 %.

Y étant la moyenne de 150 variables indépendantes de même loi que X : \begin{aligned}E(Y) &= E(X) \\ &= 41\end{aligned} et \begin{aligned}V(Y) &= \dfrac{V(X)}{150} \\ &= \dfrac{100\times0{,}41\times0{,}59}{150} \\ &= \dfrac{24{,}19}{150}\end{aligned}
\begin{aligned}P(37<Y<45) &= P(|Y-41|<4) \\ &= 1-P(|Y-41|\geq4)\end{aligned}
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t=4 : \begin{aligned}P(|Y-41|\geq4) &\leq \dfrac{V(Y)}{4^{2}} \\ &= \dfrac{24{,}\dfrac{19}{150}}{16} \\ &= \dfrac{24{,}19}{2400} \\ &\approx 0{,}01008\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(37<Y<45) &\geq 1-0{,}01008 \\ &= 0{,}98992\end{aligned} ce qui est bien strictement supérieur à 98 %.

A.1Démontrer que f est strictement croissante sur [2 ; +\infty[.

f(x)=\ln(3x^{2}+2x) est de la forme \ln(u) avec u(x)=3x^{2}+2x, donc u'(x)=6x+2, et f'(x)=\dfrac{6x+2}{3x^{2}+2x}.
Pour x\geq2 : 6x+2>0 et 3x^{2}+2x>0, donc f'(x)>0 : f est strictement croissante sur [2;+\infty[.

A.2.aDémontrer que l'équation g(x) = 0 admet une unique solution \alpha sur [2 ; +\infty[.

g est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur [2;+\infty[ (admis).
g(2) = \ln(16)-2 \approx 0{,}77 > 0 et \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty<0 (admis).
D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation g(x)=0 admet une unique solution \alpha sur [2;+\infty[, et \begin{aligned}g(\alpha) &= 0 \\ &\Rightarrow f(\alpha) = \alpha\end{aligned}

A.2.bDonner la valeur de \alpha arrondie au centième.

À la calculatrice, \alpha \approx 4{,}05.

A.2.cEn déduire le tableau de signes de g sur [2 ; +\infty[.

g étant strictement décroissante et s'annulant en \alpha : g est positive sur [2;\alpha] et négative sur [\alpha;+\infty[.

B.1Démontrer que, pour tout n, 2 \leq a_{n} \leq \alpha.

Initialisation : par hypothèse, {2\leq a_0\leq\alpha}.
Hérédité : supposons {2\leq a_n\leq\alpha}. f étant strictement croissante sur [2;+\infty[ : {f(2)\leq f(a_n)\leq f(\alpha)}, soit {\ln(16)\leq a_{n+1}\leq\alpha} (car f(\alpha)=\alpha).
Comme \begin{aligned}\ln(16) &\approx 2{,}77 \\ &\geq 2\end{aligned} on obtient {2\leq a_{n+1}\leq\alpha} : vraie au rang n+1.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout n, {2\leq a_n\leq\alpha}.

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

\begin{aligned}a_{n+1}-a_n &= f(a_n)-a_n \\ &= g(a_n)\end{aligned} Comme a_n\in[2;\alpha] (question B.1) et que g est positive sur cet intervalle (partie A) : a_{n+1}-a_n\geq0, donc (a_n) est croissante.

B.3Démontrer que la suite (a_{n}) converge.

(a_n) est croissante (question B.2) et majorée par \alpha (question B.1) : elle converge donc vers une limite \ell\in[2;\alpha].

B.4Démontrer que la limite de la suite (a_{n}) est \alpha.

(a_n) étant définie par a_{n+1}=f(a_n) avec f continue et convergente vers \ell, d'après le théorème du point fixe, \ell est solution de f(x)=x, soit de g(x)=0. Cette équation admettant l'unique solution \alpha (partie A) : \ell=\alpha.

C.1Justifier que, pour tout n, a_{n} \leq b_{n}.

D'après la partie B, a_n<\alpha pour tout n ; (b_n) étant strictement décroissante et convergeant vers \alpha, \alpha\leq b_n pour tout n. Donc {a_n\leq\alpha\leq b_n}, d'où a_n\leq b_n.

C.2.aDonner les valeurs renvoyées par algo(2).

L'instruction algo(2) renvoie (9 ; 4,04), arrondi au millième.

C.2.bInterpréter les valeurs renvoyées.

L'algorithme calcule les termes successifs de (a_n) et (b_n) jusqu'à ce que b_n-a_n\leq10^{-p} : il renvoie le premier rang n pour lequel cet écart est atteint, ainsi que le terme a_n correspondant. Le premier rang pour lequel {b_n-a_n\leq10^{-2}} est donc 9, avec a_9\approx4{,}04 (valeur approchée de \alpha).

A.Associer chacune des fonctions f, f′ et f″ à sa courbe représentative.

B.1Démontrer que g(x) = (x^{2} - 3x)e^{-}ˣ est une solution particulière de (E).

g est de la forme uv avec u(x)=x^{2}-3x, v(x)=e^{-x}, donc u'(x)=2x-3, v'(x)=-e^{-x}.
g'(x) = (2x-3)e^{-x} - (x^{2}-3x)e^{-x} = (-x^{2}+5x-3)e^{-x}.
g'(x)+g(x) = (-x^{2}+5x-3)e^{-x}+(x^{2}-3x)e^{-x} = (2x-3)e^{-x}, ce qui correspond bien au second membre de (E).
g est donc bien solution particulière de (E).

B.2Déterminer l'ensemble des solutions de y′ + y = 0.

Cette équation s'écrit y'=-y : ses solutions sont les fonctions x\mapsto Ce^{-x}, C\in\mathbb{R}.

B.3En déduire l'ensemble des solutions de (E).

Les solutions de (E) sont la somme de la solution particulière et des solutions de l'équation homogène : {x\mapsto Ce^{-x}+(x^{2}-3x)e^{-x}}, C\in\mathbb{R}.

B.4Déterminer la solution f de (E) telle que f(0) = 2.

f(x) = Ce^{-x}+(x^{2}-3x)e^{-x} et f(0)=2 : \begin{aligned}C\times1+0 &= 2 \\ &\Rightarrow C = 2\end{aligned}
Donc \begin{aligned}f(x) &= 2e^{-x}+(x^{2}-3x)e^{-x} \\ &= (x^{2}-3x+2)e^{-x}\end{aligned}.

C.1Étudier le signe de f sur \mathbb{R}.

e^{-x}>0 pour tout x, donc f(x) est du signe de x^{2}-3x+2=(x-1)(x-2).
f est positive sur ]-\infty;1]\cup[2;+\infty[ et négative sur [1;2] (le trinôme du second degré, de coefficient dominant positif, est négatif entre ses racines 1 et 2).

C.2.aDéterminer la limite de f en -\infty.

\lim\limits_{x\to-\infty}e^{-x}=+\infty et {\lim\limits_{x\to-\infty}(x^{2}-3x+2)=+\infty}, donc par produit, \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.

C.2.bDéterminer la limite de f en +\infty.

f(x) = \dfrac{x^{2}}{e^{x}}\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^{2}}\right). Par croissances comparées, \dfrac{x^{2}}{e^{x}}\to0, et {1-\frac3x+\frac{2}{x^2}\to1}.
Par produit, \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.

C.3.aÀ l'aide de deux intégrations par parties successives, démontrer que I = 1 - 1/e.

\displaystyle I = \int\limits_0^1 e^{-x}(x^{2}-3x+2)\,dx. Avec {u_1(x)=x^{2}-3x+2}, v_1'(x)=e^{-x}, donc u_1'(x)=2x-3, v_1(x)=-e^{-x} :
\begin{aligned}\displaystyle I &= \left[-e^{-x}(x^{2}-3x+2)\right]_0^1 + \int\limits_0^1(2x-3)e^{-x}\,dx \\ &= \left(-e^{-1}\times0+2\right) + J \\ &= 2+J\end{aligned} où \displaystyle J=\int\limits_0^1(2x-3)e^{-x}\,dx.
Pour J, avec u_2(x)=2x-3, v_2'(x)=e^{-x}, donc u_2'(x)=2, v_2(x)=-e^{-x} :
\begin{aligned}\displaystyle J &= \left[-e^{-x}(2x-3)\right]_0^1 - \int\limits_0^1 2e^{-x}\,dx \\ &= \left(-e^{-1}\times(-1)-3\right) - 2\left[-e^{-x}\right]_0^1 \\ &= \left(\dfrac1e-3\right) - 2\left(1-\dfrac1e\right) \\ &= -1-\dfrac{1}{e}\end{aligned}
I = 2+J = 2-1-\dfrac1e = 1-\dfrac1e.

C.3.bInterpréter graphiquement ce résultat.

D'après la question C.1, f(x)\geq0 sur [0;1] : I représente l'aire, en unités d'aire, du domaine délimité par \mathcal{C}_f, l'axe des abscisses et les droites x=0 et x=1.

D.1Démontrer que le point d'intersection de (Tₐ) et de l'axe des ordonnées a pour ordonnée (a^{3} - 4a^{2} + 2a + 2)e^{-}ᵃ.

La tangente en a a pour équation y=f'(a)(x-a)+f(a), d'ordonnée à l'origine f(a)-af'(a).
f étant solution de (E) : f'(x)=(2x-3)e^{-x}-f(x) = (2x-3)e^{-x}-(x^{2}-3x+2)e^{-x} = (-x^{2}+5x-5)e^{-x}.
f(a)-af'(a) = e^{-a}(a^{2}-3a+2) - a(-a^{2}+5a-5)e^{-a} = (a^{2}-3a+2+a^{3}-5a^{2}+5a)e^{-a} = {(a^{3}-4a^{2}+2a+2)e^{-a}}.

D.2Déterminer le nombre de tangentes à Cf passant par l'origine du repère.

Une tangente (T_a) passe par l'origine ssi (a^{3}-4a^{2}+2a+2)e^{-a}=0, soit, comme e^{-a}>0, ssi h(a)=0 avec {h(x)=x^{3}-4x^{2}+2x+2}.
\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=-\infty et \lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty (terme dominant x^3).
h'(x)=3x^{2}-8x+2, discriminant {\Delta=64-24=40>0} : deux racines {x_1=\dfrac{4-\sqrt{10}}{3}} et x_2=\dfrac{4+\sqrt{10}}{3}, avec h croissante puis décroissante puis croissante.
À la calculatrice, h(x_1)=\dfrac{20\sqrt{10}-2}{27}>0 et h(x_2)=\dfrac{-20\sqrt{10}-2}{27}<0.
Sur ]-\infty;x_1] : h continue et strictement croissante, de -\infty à h(x_1)>0 : une unique solution. De même, une unique solution sur [x_1;x_2] (de h(x_1)>0 à h(x_2)<0) et sur [x_2;+\infty[ (de h(x_2)<0 à +\infty).
L'équation h(x)=0 admet donc exactement 3 solutions : il existe 3 tangentes à \mathcal{C}_f passant par l'origine du repère.