Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2026, Sujet 2

1.Montrer que les points A, B et C définissent un plan (A(2 ; 1 ; 1), B(3 ; -2 ; 0), C(0 ; -1 ; 1)).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-2 \\ -2-1 \\ 0-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0-2 \\ -1-1 \\ 1-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}.
Ces deux vecteurs ont des coordonnées non proportionnelles (par exemple \dfrac{1}{-2} \neq \dfrac{-3}{-2}), donc ils ne sont pas colinéaires.
Les points A, B et C ne sont donc pas alignés : ils définissent bien un plan.

2.aMontrer que le vecteur n(1 ; -1 ; 4) est normal au plan (ABC).

On calcule les produits scalaires (le repère est orthonormé) :
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} &= 1 \times 1 + (-1) \times (-3) + 4 \times (-1) \\ &= 1 + 3 - 4 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} &= 1 \times (-2) + (-1) \times (-2) + 4 \times 0 \\ &= -2 + 2 + 0 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \vec{n} est donc un vecteur normal à (ABC).

2.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est x - y + 4z - 5 = 0.

\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix} étant normal à (ABC), une équation de ce plan est de la forme {x - y + 4z + d = 0}.
Comme A appartient à (ABC) : {2 - 1 + 4 \times 1 + d = 0}, soit 5 + d = 0, donc {d = -5}.
Une équation cartésienne de (ABC) est donc x - y + 4z - 5 = 0.

3.Vérifier la représentation paramétrique donnée de la droite \Delta passant par D et orthogonale au plan (ABC).

Une droite orthogonale au plan (ABC) est dirigée par un vecteur normal à ce plan, ici \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
Comme \Delta passe par D(0 ; 0 ; 2), une représentation paramétrique de \Delta est x = 0 + 1t, y = 0 - 1t, z = 2 + 4t, soit bien x = t, y = -t, z = 2 + 4t avec t \in \mathbb{R}.

4.Montrer que le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est le point H(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}).

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d'intersection de \Delta et de (ABC).
Un point de \Delta a pour coordonnées (t ; -t ; 2+4t). En le substituant dans l'équation du plan :
\begin{aligned}t - (-t) + 4(2+4t) - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2t + 8 + 16t - 5 = 0 \\ &\Leftrightarrow 18t = -3 \\ &\Leftrightarrow t = -\dfrac{1}{6}\end{aligned}
Les coordonnées de H sont donc \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; 2 - \dfrac{4}{6}\right) = \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}\right).

5.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en B.

\begin{aligned}AB &= \sqrt{(3-2)^{2} + (-2-1)^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{1+9+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{(3-0)^{2} + (-2-(-1))^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{9+1+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
Comme AB = CB, le triangle ABC est isocèle en B.

5.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 3\sqrt{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal (ici B) passe par le milieu I de la base [AC].
\begin{aligned}I &= \left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{1+1}{2}\right) \\ &= (1 ; 0 ; 1)\end{aligned}
\begin{aligned}AC &= \sqrt{(0-2)^{2} + (-1-1)^{2} + (1-1)^{2}} \\ &= \sqrt{8} \\ &= 2\sqrt{2}\end{aligned} et \begin{aligned}BI &= \sqrt{(1-3)^{2} + (0-(-2))^{2} + (1-0)^{2}} \\ &= \sqrt{9} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AC \times BI}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} \times 3}{2} = 3\sqrt{2}.

6.aEn déduire que le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est la distance DH (H étant le projeté orthogonal de D sur (ABC), question 4).
\begin{aligned}DH &= \sqrt{\left(-\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{4}{3}-2\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{4}{9}} \\ &= \sqrt{\dfrac{18}{36}} \\ &= \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{ABC} \times DH = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times 3 = 1.

6.bSachant que la distance de A au plan (BCD) vaut \sqrt{2}, en déduire l'aire du triangle BCD.

En reprenant le volume avec BCD comme base et h = \sqrt{2} comme hauteur associée : V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times h.
1 = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times \sqrt{2}, donc {\text{Aire}_{BCD} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} =} \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.

7.aDéterminer k pour lequel A, B, C et Dk(0 ; 0 ; k) sont coplanaires. Quel est alors le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

D_k appartient au plan (ABC) si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan :
\begin{aligned}0 - 0 + 4k - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{5}{4}\end{aligned}
Pour k = \dfrac{5}{4}, le point D_k appartient déjà au plan (ABC) : son projeté orthogonal sur (ABC) est donc lui-même.

7.bPeut-on trouver une valeur de k telle que A soit le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

Pour que A soit le projeté orthogonal de D_k sur (ABC), le vecteur \overrightarrow{AD_k} devrait être colinéaire au vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
\overrightarrow{AD_k}\begin{pmatrix}0-2 \\ 0-1 \\ k-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ k-1\end{pmatrix}.
Les deux premières coordonnées seraient dans un rapport \dfrac{-2}{1} = -2 pour \overrightarrow{AD_k}, contre \dfrac{-1}{-1} = 1 pour \vec{n} : ces rapports sont différents, quelle que soit la valeur de k.
Non, il n'existe aucune valeur de k pour laquelle A est le projeté orthogonal de D_k sur (ABC).

A.1Calculer V1 et V2 (V0 = 0, Vn+1 = 0,995 Vn + 6).

V_1 = 0{,}995 \times 0 + 6 = 6 litres.
V_2 = 0{,}995 \times 6 + 6 = 5{,}97 + 6 = 11,97 litres.

A.2Recopier et compléter le programme Python pour qu'il renvoie le volume après n heures.

A.3Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, Vn \leq Vn+1 \leq 1200.

Initialisation : V_0 = 0 et V_1 = 6 (question 1), donc V_0 \leq V_1 \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que {V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200} pour un entier n donné.
Comme 0{,}995 > 0, on peut multiplier chaque membre : {0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 0{,}995 \times 1\,200}, soit 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 1\,194.
En ajoutant 6 partout : {0{,}995V_n + 6 \leq 0{,}995V_{n+1} + 6 \leq 1\,200}, c'est-à-dire V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, {V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200}.

A.4Justifier que la suite (Vn) converge, et calculer sa limite.

D'après la question précédente, la suite (V_n) est croissante et majorée par 1\,200.
D'après le théorème de convergence monotone, la suite (V_n) converge vers une limite \ell.
La fonction associée à la récurrence, x \mapsto 0{,}995x + 6, est continue (fonction affine), donc \ell est solution de l'équation x = 0{,}995x + 6.
\begin{aligned}0{,}005x = 6 &\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{0{,}005} \\ &\Leftrightarrow x = 1\,200\end{aligned}
La suite (V_n) converge donc vers 1 200 : le volume de substance polluante se stabilise autour de 1 200 litres.

B.1.aDéterminer les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,005y + 6 sur [0 ; +\infty[.

(E) est de la forme y' = ay + b avec {a = -0{,}005} et b = 6. Sa solution particulière constante est \begin{aligned}y_p &= -\dfrac{b}{a} \\ &= \dfrac{6}{0{,}005} \\ &= 1\,200\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto Ce^{-0{,}005t} + 1\,200, où C est une constante réelle.

B.1.bMontrer que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, v(t) = 1200(1 - e^{-0,005t}).

Comme v(0) = 0 : Ce^{0} + 1\,200 = 0, donc C = -1\,200.
v(t) = -1\,200e^{-0{,}005t} + 1\,200 = 1\,200\left(1 - e^{-0{,}005t}\right).

B.1.cCalculer la limite de v en +\infty.

Quand t \to +\infty, e^{-0{,}005t} \to 0, donc v(t) \to 1\,200 \times (1-0) = 1 200.

B.1.dDéterminer le sens de variation de la fonction v sur [0 ; +\infty[.

v'(t) = 1\,200 \times 0{,}005 \times e^{-0{,}005t} = 6e^{-0{,}005t}, toujours strictement positif.
La fonction v est donc strictement croissante sur [0 ; +\infty[.

B.2Un taux de substance polluante supérieur à 5 % du volume du bassin (30 000 L) nécessite un nettoyage complet. Le propriétaire devra-t-il procéder à ce nettoyage ?

Le seuil critique est 0{,}05 \times 30\,000 = 1 500 litres.
La fonction v est strictement croissante et tend vers 1 200 sans jamais l'atteindre : elle est donc toujours strictement inférieure à 1 200, donc à 1 500.
Non, selon ce modèle, le volume de substance polluante n'atteindra jamais le seuil de 1 500 litres : un nettoyage complet ne sera jamais nécessaire.

B.3Déterminer la valeur exacte de l'instant au-delà duquel le volume dépasse 50 litres (en heure et minute, arrondi à la minute).

On résout v(t) = 50 : 1\,200\left(1-e^{-0{,}005t}\right) = 50, soit \begin{aligned}1 - e^{-0{,}005t} &= \dfrac{50}{1\,200} \\ &= \dfrac{1}{24}\end{aligned}
e^{-0{,}005t} = \dfrac{23}{24}, donc -0{,}005t = \ln\left(\dfrac{23}{24}\right).
t = \dfrac{\ln\left(\frac{23}{24}\right)}{-0{,}005} = 200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right) (valeur exacte), soit environ 8,51 heures.
8{,}51 heures \approx 8 h 31 min.

1.Affirmation 1 : Si la personne choisie est une femme, la probabilité qu'elle joue de la Pop est de 0,832 (P(Pop)=0,52 ; parmi les joueurs de Pop, 32 % de femmes ; 20 % de femmes au total).

On note O l'évènement « la personne joue de la Pop » et F l'évènement « la personne est une femme ». On a P(O) = 0{,}52, P_O(F) = 0{,}32, P(F) = 0{,}2, et on cherche P_F(O).
\begin{aligned}P_F(O) &= \dfrac{P(O \cap F)}{P(F)} \\ &= \dfrac{P(O) \times P_O(F)}{P(F)} \\ &= \dfrac{0{,}52 \times 0{,}32}{0{,}2} \\ &= \dfrac{0{,}1664}{0{,}2} \\ &= 0{,}832\end{aligned}
L'affirmation 1 est VRAIE.

2.Affirmation 2 : En arrondissant au dixième, P(X \leq 340) \approx 0,4 (X = nombre de musiciens professionnels dans un échantillon de 5 000 personnes, taux 6,2 %).

Le choix d'un échantillon de n = 5\,000 personnes, assimilable à un tirage avec remise, avec une probabilité de succès p = 0{,}062 à chaque tirage, fait suivre à X la loi binomiale \mathcal{B}(5\,000 ; 0{,}062).
À la calculatrice, on obtient {P(X \leq 340) \approx 0{,}96}, et non 0{,}4.
L'affirmation 2 est FAUSSE.

3.Affirmation 3 : D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, il y a plus de 95 % de chances que X soit strictement compris entre 230 et 390.

Pour la loi binomiale \mathcal{B}(5\,000 ; 0{,}062) : \begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 5\,000 \times 0{,}062 \\ &= 310\end{aligned} et \begin{aligned}V(X) &= np(1-p) \\ &= 5\,000 \times 0{,}062 \times 0{,}938 \\ &= 290{,}78\end{aligned}
L'évènement {230 < X < 390} équivaut à |X - 310| < 80, c'est-à-dire au contraire de |X - 310| \geq 80.
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, \begin{aligned}P(|X-310| \geq 80) &\leq \dfrac{V(X)}{80^{2}} \\ &= \dfrac{290{,}78}{6\,400} \\ &\approx 0{,}045\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(230 < X < 390) &\geq 1 - 0{,}045 \\ &= 0{,}955\end{aligned} soit plus de 95 %.
L'affirmation 3 est VRAIE.

4.Affirmation 4 : On peut former 120 équipes différentes (2 musiciens professionnels parmi 4, et 3 non-professionnels parmi 6).

Le nombre de façons de choisir 2 musiciens professionnels parmi 4 (sans ordre) est \binom{4}{2} = 6.
Le nombre de façons de choisir 3 non-professionnels parmi 6 (sans ordre) est \binom{6}{3} = 20.
Chaque choix de 2 professionnels peut être associé à chaque choix de 3 non-professionnels : 6 \times 20 = 120 équipes différentes.
L'affirmation 4 est VRAIE.

A.1.aÀ l'aide du graphique, donner f'(1) (la courbe admet une tangente horizontale au point C d'abscisse 1).

La tangente en C (abscisse 1) est parallèle à l'axe des abscisses, donc de coefficient directeur nul : f'(1) = 0.

A.1.bDonner la solution de l'équation f(x) = 0 sur [0 ; 3] (la courbe coupe l'axe des abscisses au point A d'abscisse \dfrac{1}{2}).

La courbe ne coupe l'axe des abscisses qu'au point A, d'abscisse \dfrac{1}{2} : la solution de f(x)=0 sur [0;3] est \dfrac{1}{2}.

A.2Déterminer f'(\dfrac{1}{2}) (la tangente en A(\dfrac{1}{2} ; 0) passe par B(1 ; e^{2})).

f'\left(\dfrac{1}{2}\right) est le coefficient directeur de la tangente en A, c'est-à-dire de la droite (AB) :
\dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{e^{2} - 0}{1 - \frac{1}{2}} = 2e^{2}.

A.3Parmi les courbes C1, C2 et C3, indiquer lesquelles représentent des primitives de f.

Deux primitives d'une même fonction diffèrent uniquement d'une constante : leurs courbes se déduisent l'une de l'autre par une translation verticale.
C'est le cas de \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2, qui ont la même forme décalée verticalement.
\mathcal{C}_3 est décroissante là où f est positive (autour de x = 0,5 à 0,7), ce qui est incompatible avec une primitive de f à cet endroit.
Les courbes \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2 représentent des primitives de f.

B.1.aVérifier que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f(x) = e^{2} \times (2x-1)/e^{2x-1} (avec f(x) = (2x-1)e^{-2x+3}).

On remarque que {-2x+3 = -(2x-1)+2}, donc e^{-2x+3} = e^{-(2x-1)} \times e^{2}.
\begin{aligned}f(x) &= (2x-1) \times e^{-(2x-1)} \times e^{2} \\ &= e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}}\end{aligned}

B.1.bEn déduire la limite de f en +\infty (on pourra poser X = 2x-1).

Quand x \to +\infty, X = 2x-1 \to +\infty, et par croissances comparées \dfrac{X}{e^{X}} \to 0.
Donc \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0, puis {f(x) = e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to} 0.

B.2.aMontrer que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}.

En dérivant le produit {f(x) = (2x-1)e^{-2x+3}} :
f'(x) = 2 \times e^{-2x+3} + (2x-1) \times (-2)e^{-2x+3} = \left(2 - 2(2x-1)\right)e^{-2x+3} = (2-4x+2)e^{-2x+3} = (-4x+4)e^{-2x+3}.

B.2.bConstruire le tableau complet des variations de f sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant toujours strictement positive, f'(x) est du signe de (-4x+4), positif avant x=1 et négatif après.
f est donc croissante sur [0;1] puis décroissante sur [1;+\infty[.
\begin{aligned}f(0) &= (0-1)e^{3} \\ &= -e^{3}\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= (2-1)e^{1} \\ &= e\end{aligned}
Tableau : f croît de -e^{3} à e sur [0;1], puis décroît de e vers 0 (sans l'atteindre) sur [1;+\infty[.

B.3Justifier que la contrainte du client se traduit par f(\alpha) = 0,15, puis montrer qu'il existe une unique valeur de \alpha dans [1 ; +\infty[ vérifiant cette égalité. En donner une valeur arrondie au dixième.

Le point (\alpha ; f(\alpha)) et son symétrique (\alpha ; -f(\alpha)) par rapport à l'axe des abscisses sont distants verticalement de 2f(\alpha).
Cette distance doit valoir 0,3 cm : \begin{aligned}2f(\alpha) &= 0{,}3 \\ &\Leftrightarrow f(\alpha) = 0{,}15\end{aligned}
Sur [1 ; +\infty[, f est continue et strictement décroissante, de \begin{aligned}f(1) &= e \\ &\approx 2{,}7\end{aligned} vers 0 (sans l'atteindre).
Comme {0 < 0{,}15 < e}, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 0,15 admet une unique solution \alpha dans [1 ; +\infty[.
À la calculatrice, on trouve \alpha \approx 3{,}3.

C.1À l'aide d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale I de f entre 0,5 et 3,3 est, arrondie au dixième, égale à 3,6.

On pose u(x) = 2x-1 et v'(x) = e^{-2x+3}, donc u'(x) = 2 et v(x) = -\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}.
\displaystyle I = \left[u(x)v(x)\right]_{0,5}^{3,3} - \int\limits_{0,5}^{3,3} u'(x)v(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} + \int\limits_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3}\,dx
Le crochet vaut {-\dfrac{1}{2}\left(5{,}6e^{-3,6} - 0\right) = -2{,}8e^{-3,6}}.
L'intégrale restante vaut \left[-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} = -\dfrac{1}{2}e^{-3,6} + \dfrac{1}{2}e^{2}.
I = -2{,}8e^{-3,6} - 0{,}5e^{-3,6} + 0{,}5e^{2} = 0{,}5e^{2} - 3{,}3e^{-3,6} \approx 3,6.

C.2Déterminer le volume du porte-clé en cm^{3}, arrondi au dixième (volume = aire du logo \times épaisseur de 0,2 cm).

Le logo est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : son aire est le double de l'aire sous la courbe de f entre 0,5 et 3,3, c'est-à-dire \begin{aligned}2I &\approx 2 \times 3{,}6 \\ &= 7{,}2\end{aligned} cm^{2}.
Volume \approx 7{,}2 \times 0{,}2 = 1,4 cm^{3}.