Corrigé du bac de maths 2025 : France, jour 2

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, France, jour 2) 5 points

Arbre pondéré, probabilités totales et conditionnelles, loi binomiale, somme de variables aléatoires, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. Représenter la situation par un arbre pondéré.

Le premier niveau concerne la première séance (\(A\) ou \(\overline{A}\)), le second la deuxième séance (\(B\) ou \(\overline{B}\)). Les probabilités conditionnelles de l'énoncé se placent sur les branches du second niveau, et chaque nœud doit avoir des branches de somme 1 : \(P(\overline{A}) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4\), \(P_A(\overline{B}) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7\), \(P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6\).

• \(A\) (probabilité \(0{,}6\))
  • \(B\) : \(P_A(B) = 0{,}3\)
  • \(\overline{B}\) : \(P_A(\overline{B}) = 0{,}7\)
• \(\overline{A}\) (probabilité \(0{,}4\))
  • \(B\) : \(P_{\overline{A}}(B) = 0{,}4\)
  • \(\overline{B}\) : \(P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}6\)

En conclusion : arbre à deux niveaux avec les poids \(0{,}6\) et \(0{,}4\), puis \(0{,}3\) / \(0{,}7\) après \(A\) et \(0{,}4\) / \(0{,}6\) après \(\overline{A}\).

2. Calculer \(P(\overline{A} \cap \overline{B})\) et interpréter.

La probabilité d'une intersection se lit en multipliant les poids le long du chemin \(\overline{A}\) puis \(\overline{B}\) :

\[P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24.\]

En conclusion : \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}24\) : une personne sur quatre environ (24 %) ne tombe à aucune des deux séances.

3. Montrer que \(P(B) = 0{,}34\).

Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne :

\[P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B) = 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}18 + 0{,}16.\]

En conclusion : \(P(B) = 0{,}34\).

4. Sachant qu'elle n'a pas chuté à la deuxième séance, probabilité qu'elle n'ait pas chuté à la première.

Ensuite, on cherche \(P_{\overline{B}}(\overline{A})\). Alors, on a d'abord \(P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 0{,}66\). Par définition d'une probabilité conditionnelle :

\[P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}3636.\]

En conclusion : \(P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364\) au millième.

Question 5 a

5. a) Loi de \(X\).

Pour chaque personne de l'échantillon, on observe une épreuve à deux issues : le « succès » est « la personne ne chute à aucune des deux séances », de probabilité \(p = 0{,}24\). Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès parmi ces 100 épreuves de Bernoulli.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100\,;\,0{,}24)\).

b) Probabilité d'avoir au moins 20 personnes sans chute.

Ensuite, on passe par l'évènement contraire, que la calculatrice sait traiter avec la fonction de répartition binomiale :

\[P(X \geqslant 20) = 1 - P(X \leqslant 19) \approx 1 - 0{,}1453 = 0{,}8547.\]

En conclusion : \(P(X \geqslant 20) \approx 0{,}855\).

c) Espérance de \(X\) et interprétation.

Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 100 \times 0{,}24 = 24\).

En conclusion : \(E(X) = 24\) : sur un grand nombre d'échantillons de 100 stagiaires, on compte en moyenne 24 personnes qui ne tombent ni à la première ni à la deuxième séance.

Partie B

1. Espérance de \(T\) et interprétation.

L'espérance est linéaire, sans condition d'indépendance : \(E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100\).

En conclusion : \(E(T) = 100\) : sur l'ensemble du week-end, une personne attend en moyenne 100 minutes (1 h 40) avant d'accéder aux activités.

2. Montrer que \(V(T) = 356\).

La variance d'une somme n'est égale à la somme des variances que si les variables sont indépendantes, ce qui est le cas ici. La variance est le carré de l'écart-type : \(V(T_1) = 10^2 = 100\) et \(V(T_2) = 16^2 = 256\). Donc :

\[V(T) = V(T_1) + V(T_2) = 100 + 256 = 356.\]

En conclusion : \(V(T) = 356\).

3. Montrer que \(P(60 \lt T \lt 140) \gt 0{,}77\) avec Bienaymé-Tchebychev.

L'intervalle \(]60\,;\,140[\) est centré sur l'espérance 100, avec un rayon de 40. Par ailleurs, on traduit donc l'encadrement à l'aide d'une valeur absolue : \(60 \lt T \lt 140 \iff -40 \lt T - 100 \lt 40 \iff |T - 100| \lt 40\).

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|T - E(T)| \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{V(T)}{\delta^2}\). Avec \(\delta = 40\) :

\[P(|T - 100| \geqslant 40) \leqslant \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225.\]

L'évènement \(|T - 100| \lt 40\) est le contraire de \(|T - 100| \geqslant 40\), d'où :

\[P(60 \lt T \lt 140) = 1 - P(|T - 100| \geqslant 40) \geqslant 1 - 0{,}2225 = 0{,}7775.\]

En conclusion : \(P(60 \lt T \lt 140) \geqslant 0{,}7775\), donc cette probabilité est bien supérieure à \(0{,}77\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, France, jour 2) 5 points

Représentations paramétriques, vecteur normal, équation cartésienne de plan, projeté orthogonal, distance point-plan, produit scalaire

Partie A

1. Montrer que \(d\) et \(d'\) sont sécantes en S.

Il suffit de trouver un paramètre \(t\) qui place S sur \(d\) et un paramètre \(s\) qui place S sur \(d'\) : S sera alors commun aux deux droites. Comme leurs vecteurs directeurs \(\overrightarrow{u}(2\,;\,1\,;\,-1)\) et \(\overrightarrow{u'}(1\,;\,1\,;\,-2)\) ne sont pas colinéaires (\(2 \times 1 \neq 1 \times 1\)), les droites ne sont pas parallèles et ce point commun est unique.

Sur \(d\), la deuxième équation donne \(2 + t = 1\), soit \(t = -1\). Alors, on vérifie les deux autres : \(x = \frac{3}{2} - 2 = -\frac{1}{2}\) et \(z = 3 + 1 = 4\). Donc S appartient à \(d\).

Sur \(d'\), la première équation donne \(s = -\frac{1}{2}\). Alors \(y = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = 1\) et \(z = 3 + 1 = 4\). Donc S appartient à \(d'\).

En conclusion : S appartient aux deux droites non parallèles \(d\) et \(d'\) : elles sont sécantes en \(\text{S}\left(-\frac{1}{2}\,;\,1\,;\,4\right)\).

2. a) Montrer que \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (ABC).

Puis on calcule deux vecteurs du plan : \(\overrightarrow{\text{AB}}(2\,;\,-3\,;\,1)\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}(2\,;\,-1\,;\,0)\). Ils ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de \(\overrightarrow{\text{AC}}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{\text{AB}}\) ne l'est pas, sans que \(\overrightarrow{\text{AC}}\) soit nul. Les points A, B, C définissent donc bien un plan.

Produits scalaires : \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 0\) et \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = 2 - 2 + 0 = 0\).

En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), c'est donc un vecteur normal à ce plan.

Question 2 b

b) Équation cartésienne de (ABC).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(1\,;\,2\,;\,4)\) admet une équation de la forme \(x + 2y + 4z + c = 0\). Ensuite, on détermine \(c\) avec le point A : \(-1 + 4 + 4 + c = 0\), donc \(c = -7\). Contrôle avec B : \(1 - 2 + 8 - 7 = 0\) ; avec C : \(1 + 2 + 4 - 7 = 0\).

En conclusion : (ABC) a pour équation \(x + 2y + 4z - 7 = 0\).

3. A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

A, B, C déterminent le plan (ABC) ; les quatre points sont coplanaires si et seulement si S appartient à ce plan. Alors, on remplace : \(-\frac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 - 7 = \frac{21}{2} \neq 0\).

En conclusion : S n'est pas dans le plan (ABC), donc A, B, C, S ne sont pas coplanaires.

4. a) H est le projeté orthogonal de S sur (ABC).

Il faut vérifier deux conditions : H appartient au plan, et la droite (SH) est orthogonale au plan, c'est-à-dire \(\overrightarrow{\text{SH}}\) colinéaire à \(\overrightarrow{n}\).

Appartenance : \(-1 + 2 \times 0 + 4 \times 2 - 7 = 0\), donc H est dans (ABC).

Direction : \(\overrightarrow{\text{SH}}\left(-1 + \frac{1}{2}\,;\,0 - 1\,;\,2 - 4\right) = \left(-\frac{1}{2}\,;\,-1\,;\,-2\right)\), et l'on constate que \(\overrightarrow{\text{SH}} = -\frac{1}{2}\,\overrightarrow{n}\).

En conclusion : H est le point du plan (ABC) tel que (SH) soit orthogonale au plan : c'est le projeté orthogonal de S.

Question 4 b

b) Aucun point \(M\) du plan ne vérifie \(\text{S}M \lt \frac{\sqrt{21}}{2}\).

Puis on calcule d'abord la distance SH : \(\text{SH}^2 = \frac{1}{4} + 1 + 4 = \frac{21}{4}\), donc \(\text{SH} = \frac{\sqrt{21}}{2}\).

Soit \(M\) un point quelconque du plan. Si \(M = \text{H}\), alors \(\text{S}M = \frac{\sqrt{21}}{2}\). Sinon, la droite (SH) étant orthogonale au plan, elle est orthogonale à (H\(M\)) : le triangle SH\(M\) est rectangle en H. Par le théorème de Pythagore, \(\text{S}M^2 = \text{SH}^2 + \text{H}M^2 \gt \text{SH}^2\), donc \(\text{S}M \gt \text{SH}\).

En conclusion : pour tout point \(M\) de (ABC), \(\text{S}M \geqslant \frac{\sqrt{21}}{2}\) ; aucun point du plan n'est à une distance de S strictement inférieure à \(\frac{\sqrt{21}}{2}\).

Partie B

1. Coordonnées de \(M\) en fonction de \(k\).

Ainsi, on a \(\overrightarrow{\text{CS}}\left(-\frac{1}{2} - 1\,;\,1 - 1\,;\,4 - 1\right) = \left(-\frac{3}{2}\,;\,0\,;\,3\right)\). L'égalité \(\overrightarrow{\text{C}M} = k\overrightarrow{\text{CS}}\) s'écrit coordonnée par coordonnée \(x - 1 = -\frac{3}{2}k\), \(y - 1 = 0\), \(z - 1 = 3k\).

En conclusion : \(M\left(1 - \frac{3}{2}k\,;\,1\,;\,1 + 3k\right)\) avec \(k \in [0\,;\,1]\).

2. Existe-t-il \(M\) sur [CS] tel que \(M\)AB soit rectangle en \(M\) ?

Le triangle est rectangle en \(M\) lorsque \(\overrightarrow{M\text{A}} \cdot \overrightarrow{M\text{B}} = 0\) (avec \(M\) distinct de A et de B, ce qui est automatique car A et B ont une ordonnée différente de 1). Calculons les vecteurs :

\[\overrightarrow{\text{A}M}\left(2 - \tfrac{3}{2}k\,;\,-1\,;\,3k\right) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{\text{B}M}\left(-\tfrac{3}{2}k\,;\,2\,;\,3k - 1\right).\]

Le produit scalaire \(\overrightarrow{\text{A}M} \cdot \overrightarrow{\text{B}M}\) (égal à \(\overrightarrow{M\text{A}} \cdot \overrightarrow{M\text{B}}\)) vaut :

\[\left(2 - \tfrac{3}{2}k\right)\left(-\tfrac{3}{2}k\right) - 2 + 3k(3k - 1) = -3k + \tfrac{9}{4}k^2 - 2 + 9k^2 - 3k = \tfrac{45}{4}k^2 - 6k - 2.\]

En multipliant par 4, la condition devient \(45k^2 - 24k - 8 = 0\). Discriminant : \(\Delta = (-24)^2 - 4 \times 45 \times (-8) = 576 + 1440 = 2016 = 144 \times 14\), donc \(\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}\). Les racines sont :

\[k_1 = \dfrac{24 + 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766 \quad \text{et} \quad k_2 = \dfrac{4 - 2\sqrt{14}}{15} \approx -0{,}232.\]

Seule \(k_1\) appartient à \([0\,;\,1]\). Le point correspondant est \(M_1\left(\frac{3 - \sqrt{14}}{5}\,;\,1\,;\,\frac{9 + 2\sqrt{14}}{5}\right) \approx (-0{,}148\,;\,1\,;\,3{,}297)\). Vérification numérique : \(\text{A}M_1^2 = \text{B}M_1^2 = 7\) et \(\text{AB}^2 = 4 + 9 + 1 = 14 = 7 + 7\) ; le triangle est même rectangle isocèle en \(M_1\).

En conclusion : oui, il existe un unique point \(M\) de [CS], obtenu pour \(k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766\), tel que \(M\)AB soit rectangle en \(M\).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2025, France, jour 2) 4 points

Limite de suite (terme dominant), raisonnement par récurrence, convexité et tangente, étude de fonction avec ln

1. Affirmation 1 : \((u_n)\) converge vers \(\frac{5}{3}\).

La forme est indéterminée du type « \(\infty / \infty\) ». Alors, on factorise numérateur et dénominateur par leur terme dominant :

\[u_n = \dfrac{5^n\left(\left(\frac{1}{5}\right)^n + 1\right)}{3^n\left(2\left(\frac{1}{3}\right)^n + 1\right)} = \left(\dfrac{5}{3}\right)^n \times \dfrac{\left(\frac{1}{5}\right)^n + 1}{2\left(\frac{1}{3}\right)^n + 1}.\]

Comme \(0 \lt \frac{1}{5} \lt 1\) et \(0 \lt \frac{1}{3} \lt 1\), la fraction de droite tend vers \(\frac{0 + 1}{0 + 1} = 1\). Comme \(\frac{5}{3} \gt 1\), \(\left(\frac{5}{3}\right)^n\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(u_n\) tend vers \(+\infty\). Le piège consiste à croire que le quotient se comporte comme \(\frac{5}{3}\) alors que ce sont les puissances \(5^n\) et \(3^n\) qui se comparent.

En conclusion : \(\lim u_n = +\infty\), l'affirmation 1 est fausse.

2. Affirmation 2 : pour tout \(n\), \(w_n \geqslant n\).

Par ailleurs, on raisonne par récurrence sur la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(w_n \geqslant n\) ».

Initialisation. \(w_0 = 0 \geqslant 0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(w_n \geqslant n\) pour un entier \(n\) fixé. En multipliant par 3 (positif), \(3w_n \geqslant 3n\), puis \(w_{n+1} = 3w_n - 2n + 3 \geqslant 3n - 2n + 3 = n + 3\). Or \(n + 3 \geqslant n + 1\), donc \(w_{n+1} \geqslant n + 1\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc vraie pour tout entier naturel \(n\).

En conclusion : l'affirmation 2 est vraie.

Question 3

3. Affirmation 3 : \(f\) est convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\).

Une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. Or, sur la figure, autour du point A d'abscisse 8, la courbe \(\mathcal{C}_f\) passe sous la tangente \(T\) de part et d'autre de A (par exemple pour les abscisses 4 et 11). La fonction n'est donc pas convexe au voisinage de 8 ; elle y est concave.

En conclusion : l'affirmation 3 est fausse.

4. Affirmation 4 : pour tout \(x \gt 0\), \(\ln(x) - x + 1 \leqslant 0\).

Ensuite, on étudie \(h(x) = \ln(x) - x + 1\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). Elle est dérivable et \(h'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1 - x}{x}\). Le dénominateur est positif, donc \(h'(x)\) a le signe de \(1 - x\) : positif sur \(]0\,;\,1]\), négatif sur \([1\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est croissante puis décroissante : elle admet un maximum en 1, égal à \(h(1) = \ln 1 - 1 + 1 = 0\).

Tous les \(h(x)\) sont donc inférieurs ou égaux à ce maximum 0. (Autre lecture : la courbe de \(\ln\), concave, est sous sa tangente en 1, qui a pour équation \(y = x - 1\).)

En conclusion : \(\ln(x) - x + 1 \leqslant 0\) pour tout \(x \gt 0\), l'affirmation 4 est vraie.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, France, jour 2) 6 points

Lecture graphique, nombre dérivé, équation différentielle linéaire du premier ordre, limites, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties

Partie A

1. Temps pour parcourir 15 m.

Alors, on cherche l'abscisse du point de \(\mathcal{C}_d\) d'ordonnée 15 : la droite horizontale \(y = 15\) coupe la courbe en un point d'abscisse voisine de 2.

En conclusion : le chariot a parcouru 15 m au bout d'environ 2 secondes.

2. Longueur minimale de la zone de freinage.

La fonction \(d\) est croissante et s'approche de l'asymptote horizontale \(\Delta\) sans la dépasser. La distance totale parcourue ne dépasse donc jamais l'ordonnée de \(\Delta\), que l'on lit un peu en dessous de 23 (environ 22,8).

En conclusion : il faut prévoir une zone de freinage d'environ 23 m (ordonnée de l'asymptote, proche de 22,8 m).

3. Valeur de \(d'(4{,}7)\) et interprétation.

\(d'(4{,}7)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) en A. Ensuite, on lit que \(T\) passe par le point A\((4{,}7\,;\,21)\) et coupe l'axe des ordonnées vers 16,4. Son coefficient directeur vaut environ \(\frac{21 - 16{,}4}{4{,}7} \approx 0{,}98\), soit environ 1. La dérivée de la distance par rapport au temps est la vitesse instantanée.

En conclusion : \(d'(4{,}7) \approx 1\) : au bout de 4,7 s, le chariot roule à environ 1 m par seconde.

Partie B

1. a) Solutions de \((E') : y' + 0{,}6y = 0\).

L'équation s'écrit \(y' = -0{,}6y\), de la forme \(y' = ay\) avec \(a = -0{,}6\). D'après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{at}\).

En conclusion : les solutions de \((E')\) sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}6t}\), où \(K\) est un réel quelconque.

b) \(g\) est solution de \((E)\).

\(g\) est un produit : avec \((uv)' = u'v + uv'\), \(g'(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + t \times (-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t} = (1 - 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\). Par ailleurs, on ajoute \(0{,}6g(t) = 0{,}6t\text{e}^{-0{,}6t}\) :

\[g'(t) + 0{,}6g(t) = (1 - 0{,}6t + 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t} = \text{e}^{-0{,}6t}.\]

En conclusion : \(g\) vérifie \((E)\), c'est une solution particulière.

c) Solutions de \((E)\).

Les solutions de \((E)\) s'obtiennent en ajoutant une solution particulière de \((E)\) aux solutions de l'équation homogène \((E')\). (En effet, \(y\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(y - g\) est solution de \((E')\), par différence des deux égalités.)

En conclusion : les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto (t + K)\text{e}^{-0{,}6t}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

d) Expression de \(v(t)\).

\(v\) est l'une de ces solutions : \(v(t) = (t + K)\text{e}^{-0{,}6t}\). La condition initiale donne \(v(0) = (0 + K)\text{e}^{0} = K\), donc \(K = 12\).

En conclusion : pour tout \(t \geqslant 0\), \(v(t) = (12 + t)\text{e}^{-0{,}6t}\).

Question 2 a

2. a) Calcul de \(v'(t)\).

Alors, on dérive le produit : \(v'(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + (12 + t)(-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t}\). Puis on factorise par l'exponentielle : \(v'(t) = (1 - 7{,}2 - 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\).

En conclusion : \(v'(t) = (-6{,}2 - 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\).

b) Limite de \(v\) en \(+\infty\).

Premier terme : \(-0{,}6t\) tend vers \(-\infty\) et \(\lim_{X \to -\infty}\text{e}^X = 0\), donc \(12\text{e}^{-0{,}6t}\) tend vers 0.

Second terme : on pose \(X = 0{,}6t\), qui tend vers \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\lim_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\text{e}^X} = 0\), donc \(\dfrac{1}{0{,}6} \times \dfrac{0{,}6t}{\text{e}^{0{,}6t}}\) tend vers 0.

En conclusion : par somme, \(\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0\) : la vitesse du chariot finit par devenir aussi petite que l'on veut.

c) Variations de \(v\) et tableau.

Pour tout \(t\), \(\text{e}^{-0{,}6t} \gt 0\), donc \(v'(t)\) a le signe de \(-6{,}2 - 0{,}6t\). Pour \(t \geqslant 0\), on a \(0{,}6t \geqslant 0\), donc \(-6{,}2 - 0{,}6t \leqslant -6{,}2 \lt 0\). Ainsi \(v'(t) \lt 0\) sur \([0\,;\,+\infty[\) et \(v\) y est strictement décroissante, de \(v(0) = 12\) jusqu'à la limite 0.

En conclusion : \(v\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de 12 vers 0.

d) L'équation \(v(t) = 1\) a une unique solution \(\alpha\).

Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(v\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante ; elle vaut 12 en 0 et tend vers 0 en \(+\infty\). Le réel 1 est compris entre 0 et 12 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l'équation \(v(t) = 1\) admet une solution unique \(\alpha\).

Encadrement à la calculatrice (tableau de valeurs) : \(v(4{,}6) \approx 1{,}051 \gt 1\) et \(v(4{,}7) \approx 0{,}995 \lt 1\), donc \(4{,}6 \lt \alpha \lt 4{,}7\). En affinant, \(v(4{,}69) \approx 1{,}0008\), ce qui place \(\alpha\) entre 4,69 et 4,70 (\(\alpha \approx 4{,}6915\)).

En conclusion : \(\alpha\) existe et est unique, \(\alpha \approx 4{,}7\) au dixième.

Question 3

3. Instant de déclenchement du système d'arrêt.

Comme \(v\) est strictement décroissante et \(v(\alpha) = 1\), on a \(v(t) \leqslant 1\) exactement lorsque \(t \geqslant \alpha\). Le système se déclenche donc au premier instant où la vitesse atteint 1 m.s\(^{-1}\), c'est-à-dire à l'instant \(\alpha\).

En conclusion : le système d'arrêt entre en action au bout d'environ 4,7 secondes.

Partie C

1. Expression de \(d(t)\) par intégration par parties.

Ensuite, on veut calculer \(d(t) = \int_0^t (12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x\). Alors, on dérive le facteur polynomial et on primitive l'exponentielle : \(u(x) = 12 + x\), \(u'(x) = 1\) ; \(w'(x) = \text{e}^{-0{,}6x}\), \(w(x) = -\frac{1}{0{,}6}\text{e}^{-0{,}6x} = -\frac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}\). Les fonctions \(u\) et \(w\) sont dérivables à dérivées continues sur \([0\,;\,t]\), la formule \(\int_0^t uw' = [uw]_0^t - \int_0^t u'w\) s'applique :

\[d(t) = \left[-\tfrac{5}{3}(12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}\right]_0^t + \tfrac{5}{3}\int_0^t \text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x.\]

Crochet : \(-\frac{5}{3}(12 + t)\text{e}^{-0{,}6t} + \frac{5}{3} \times 12 = -\left(20 + \frac{5}{3}t\right)\text{e}^{-0{,}6t} + 20\).

Intégrale restante : \(\frac{5}{3}\left[-\frac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}\right]_0^t = -\frac{25}{9}\text{e}^{-0{,}6t} + \frac{25}{9}\).

Ensuite, on regroupe, en notant que \(20 + \frac{25}{9} = \frac{180 + 25}{9} = \frac{205}{9}\) :

\[d(t) = \text{e}^{-0{,}6t}\left(-\dfrac{5}{3}t - 20 - \dfrac{25}{9}\right) + 20 + \dfrac{25}{9} = \text{e}^{-0{,}6t}\left(-\dfrac{5}{3}t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}.\]

En conclusion : \(d(t) = \text{e}^{-0{,}6t}\left(-\dfrac{5}{3}t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}\). Par ailleurs, on retrouve au passage l'asymptote de la partie A : \(d(t)\) tend vers \(\frac{205}{9} \approx 22{,}78\).

2. Distance parcourue avant le déclenchement, au centième.

Le dispositif se déclenche à l'instant \(\alpha\) ; la distance cherchée est \(d(\alpha)\). Avec la valeur précise \(\alpha \approx 4{,}6915\) obtenue à la calculatrice :

\[d(\alpha) = \text{e}^{-0{,}6\alpha}\left(-\dfrac{5}{3}\alpha - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9} \approx 20{,}94.\]

Attention à l'arrondi : si l'on remplace \(\alpha\) par sa valeur au dixième 4,7, on obtient \(d(4{,}7) \approx 20{,}95\). L'écart d'un centième vient uniquement de l'arrondi de \(\alpha\) ; les deux valeurs sont cohérentes avec la lecture graphique (point A d'ordonnée 21).

En conclusion : le chariot a parcouru environ 20,94 m (20,95 m en prenant \(\alpha \approx 4{,}7\)) quand le dispositif d'arrêt se déclenche.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Probabilité « sachant \(\overline{B}\) » : on calcule d'abord \(P(\overline{B}) = 1 - P(B)\), puis on divise l'intersection par cette probabilité.
• La variance d'une somme n'est la somme des variances que si les variables sont indépendantes ; on élève l'écart-type au carré avant d'additionner.
• Pour Bienaymé-Tchebychev, on réécrit l'intervalle centré sur l'espérance avec une valeur absolue, puis on passe à l'évènement contraire.
• Un projeté orthogonal se vérifie en deux temps : appartenance au plan et vecteur colinéaire au vecteur normal ; la distance au plan est alors la plus courte possible.
• Quotient de puissances : on factorise par le terme dominant en haut et en bas, sans conclure trop vite sur le rapport des bases.
• Équation \(y' + ay = f\) : solutions de l'équation homogène plus une solution particulière, puis la condition initiale fixe la constante ; garder assez de décimales de \(\alpha\) avant de calculer \(d(\alpha)\).

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Présentation du corrigé du bac 2025, France, jour 2

Ce corrigé du bac 2025, France, jour 2 du 18 juin 2025 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) traite : arbre pondéré, probabilités totales et conditionnelles, loi binomiale, somme de variables aléatoires, inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) porte sur : représentations paramétriques, vecteur normal, équation cartésienne de plan, projeté orthogonal, distance point-plan, produit scalaire. Puis, la correction de l'exercice 3 (4 points) porte sur : limite de suite (terme dominant), raisonnement par récurrence, convexité et tangente, étude de fonction avec ln. Enfin, la correction de l'exercice 4 (6 points) aborde : lecture graphique, nombre dérivé, équation différentielle linéaire du premier ordre, limites, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties.

Lisez chaque solution en vous demandant pourquoi telle méthode s'impose. En effet, c'est ce raisonnement qui resservira sur un autre sujet. Par ailleurs, refaites seul les calculs les plus longs sans regarder la rédaction.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2025, France, jour 2

Face à une suite définie par récurrence, écrivez clairement l'hypothèse de récurrence avant de la manipuler. Puis vérifiez que la propriété obtenue est exactement celle de l'énoncé. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. Pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. En effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

Les autres corrigés de 2025

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• Corrigé Amérique du Nord, jour 1
• Corrigé Amérique du Nord, jour 2
• Corrigé Centres étrangers, jour 1
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