Corrigé du bac de maths 2025 : Centres étrangers, jour 2

Avant de lire ces solutions, traitez le sujet vous-même à partir de l'énoncé officiel. Retrouvez aussi tous les sujets et corrigés du bac de maths.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, Centres étrangers, jour 2) 6 points

Suite géométrique, suite récurrente \(v_{n+1} = f(v_n)\), récurrence, convergence monotone, logarithme, programme Python

Partie A

1. Population au 1^er janvier 2026 dans le milieu A.

L'année 2026 correspond à \(n = 1\). Pour passer d'un terme au suivant dans une suite géométrique, on multiplie par la raison : \(u_1 = 0{,}93 \times u_0 = 0{,}93 \times 6 = 5{,}58\). Comme les valeurs sont en milliers, cela représente 5 580 individus (la population perd 7 % par an).

En conclusion : au 1^er janvier 2026, le milieu A compte 5 580 individus.

2. Expression de \(u_n\) en fonction de \(n\).

Le terme général d'une suite géométrique de premier terme \(u_0\) et de raison \(q\) est \(u_n = u_0 \times q^n\). Ici \(u_0 = 6\) et \(q = 0{,}93\).

En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 6 \times 0{,}93^n\).

3. Limite de \((u_n)\) et interprétation.

La raison vérifie \(-1 \lt 0{,}93 \lt 1\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}93^n = 0\). En multipliant par la constante positive 6, on obtient \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 0\).

Dans le contexte : si le modèle reste valable, l'effectif du milieu A se rapproche de zéro au fil des années ; la population est vouée à disparaître.

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 0\), la population du milieu A tend vers l'extinction.

Partie B

1. Population au 1^er janvier 2026 dans le milieu B.

Ensuite, on applique la relation de récurrence avec \(n = 0\) : \(v_1 = -0{,}05 \times 6^2 + 1{,}1 \times 6 = -1{,}8 + 6{,}6 = 4{,}8\).

En conclusion : au 1^er janvier 2026, le milieu B compte 4 800 individus.

2. Montrer que \(f\) est croissante sur \([0\,;\,11]\).

La fonction \(f\) est un polynôme, donc elle est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) et \(f'(x) = -0{,}05 \times 2x + 1{,}1 = -0{,}1x + 1{,}1\).

Alors, on étudie le signe de cette expression affine : \(-0{,}1x + 1{,}1 \geqslant 0 \iff 1{,}1 \geqslant 0{,}1x \iff x \leqslant 11\). La dérivée est donc positive ou nulle sur \([0\,;\,11]\) (elle ne s'annule qu'en 11).

En conclusion : \(f' \geqslant 0\) sur \([0\,;\,11]\), donc \(f\) est croissante sur cet intervalle.

3. Démontrer par récurrence que \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\).

Remarquons d'abord que \(v_{n+1} = f(v_n)\) pour tout \(n\). Notons \(P(n)\) la propriété « \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\) ».

Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(v_0 = 6\) et \(v_1 = 4{,}8\), et on a bien \(2 \leqslant 4{,}8 \leqslant 6 \leqslant 6\). \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie : \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\). Les quatre nombres \(2\), \(v_{n+1}\), \(v_n\) et \(6\) appartiennent à \([2\,;\,6]\), qui est contenu dans \([0\,;\,11]\) où \(f\) est croissante (question 2). Appliquer \(f\) conserve donc l'ordre : \(f(2) \leqslant f(v_{n+1}) \leqslant f(v_n) \leqslant f(6)\).

Or \(f(2) = -0{,}05 \times 4 + 2{,}2 = 2\), \(f(v_{n+1}) = v_{n+2}\), \(f(v_n) = v_{n+1}\) et \(f(6) = 4{,}8\). Donc on obtient \(2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant 4{,}8\), et comme \(4{,}8 \leqslant 6\), on a \(2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant 6\) : c'est \(P(n+1)\).

Conclusion. \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire ; par le principe de récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\).

Question 4

4. En déduire que \((v_n)\) converge.

L'encadrement précédent contient deux informations : \(v_{n+1} \leqslant v_n\) pour tout \(n\), donc la suite est décroissante ; et \(v_n \geqslant 2\) pour tout \(n\) (en particulier \(v_0 = 6 \geqslant 2\) et \(v_{n+1} \geqslant 2\)), donc elle est minorée par 2.

Le théorème de la convergence monotone affirme qu'une suite décroissante et minorée converge. De plus, par passage à la limite dans les inégalités, sa limite vérifie \(2 \leqslant \ell \leqslant 6\).

En conclusion : \((v_n)\) est décroissante et minorée par 2, donc elle converge vers un réel \(\ell\) avec \(2 \leqslant \ell \leqslant 6\).

5. a) Justifier que \(f(\ell) = \ell\) et trouver \(\ell\).

Ainsi, on sait que \(v_{n+1} = f(v_n)\). Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), le membre de gauche tend vers \(\ell\) (c'est la même suite décalée d'un rang). Comme \(f\) est un polynôme, elle est continue en \(\ell\), donc \(f(v_n)\) tend vers \(f(\ell)\). Par unicité de la limite, \(f(\ell) = \ell\).

Alors, on résout : \(-0{,}05\ell^2 + 1{,}1\ell = \ell \iff -0{,}05\ell^2 + 0{,}1\ell = 0 \iff -0{,}05\ell(\ell - 2) = 0\). Les solutions sont \(\ell = 0\) et \(\ell = 2\). Comme on a montré que \(\ell \geqslant 2\), la valeur 0 est exclue.

En conclusion : \(\ell = 2\).

Question 5 b

5. b) Interprétation.

La limite étant exprimée en milliers, la population du milieu B diminue d'année en année mais se stabilise à long terme autour de 2 000 individus : contrairement au milieu A, elle ne disparaît pas.

En conclusion : à long terme, le milieu B abrite environ 2 000 individus.

Partie C

1. Année où la population A passe sous 3 000 individus (inéquation).

Puis on cherche les entiers \(n\) tels que \(u_n \lt 3\), soit \(6 \times 0{,}93^n \lt 3\), c'est-à-dire \(0{,}93^n \lt 0{,}5\).

Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc l'inéquation équivaut à \(\ln(0{,}93^n) \lt \ln(0{,}5)\), soit \(n\ln(0{,}93) \lt \ln(0{,}5)\).

Attention : \(\ln(0{,}93) \lt 0\) car \(0{,}93 \lt 1\), donc en divisant on change le sens de l'inégalité : \(n \gt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}93)} \approx 9{,}55\).

Le plus petit entier qui convient est \(n = 10\) (vérification : \(u_9 \approx 3{,}12\) et \(u_{10} \approx 2{,}90\)), ce qui correspond à l'année \(2025 + 10 = 2035\).

En conclusion : la population du milieu A est strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2035.

2. Année où la population B passe sous 3 000 individus (calculatrice).

Ensuite, on calcule les termes successifs avec le mode suite de la calculatrice : \(v_1 = 4{,}8\), \(v_2 \approx 4{,}128\), \(v_3 \approx 3{,}689\), \(v_4 \approx 3{,}377\), \(v_5 \approx 3{,}145\), \(v_6 \approx 2{,}965\). Le premier terme strictement inférieur à 3 est \(v_6\), et comme la suite est décroissante, tous les suivants le sont aussi.

En conclusion : la population du milieu B est strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2031 (\(n = 6\)).

Question 3

3. Justifier que B finira par dépasser A.

D'une part, pour tout \(n\), \(v_n \geqslant 2\) (question B.3). D'autre part, \((u_n)\) tend vers 0 : par définition de la limite, l'intervalle \(]-1\,;\,2[\) contient tous les termes \(u_n\) à partir d'un certain rang \(N\). Pour \(n \geqslant N\), on a donc \(u_n \lt 2 \leqslant v_n\).

Par ailleurs, on peut d'ailleurs préciser ce rang : \(u_n \lt 2 \iff 0{,}93^n \lt \frac{1}{3} \iff n \gt \frac{\ln(1/3)}{\ln(0{,}93)} \approx 15{,}1\), donc \(N = 16\) convient (ce n'est pas forcément le premier rang où B dépasse A).

En conclusion : comme \(u_n\) finit par passer sous 2 alors que \(v_n\) reste au-dessus de 2, la population B dépasse la population A à partir d'une certaine année.

4. a) Compléter le programme.

La boucle doit se répéter tant que la population B n'a pas strictement dépassé la population A, c'est-à-dire tant que \(v \leqslant u\). À chaque passage, on calcule la population de l'année suivante dans chaque milieu, avec les deux formules de récurrence.

n=0
u = 6
v = 6
while v <= u :
    u = 0.93*u
    v = -0.05*v**2 + 1.1*v
    n = n+1
print (2025 + n)

En conclusion : condition v <= u, mises à jour u = 0.93*u et v = -0.05*v**2 + 1.1*v.

4. b) Année affichée.

Au départ \(u_0 = v_0 = 6\), donc la condition est vraie et la boucle démarre. Puis on compare les termes jusqu'au premier rang où \(v_n \gt u_n\) : \(u_{12} \approx 2{,}512\) et \(v_{12} \approx 2{,}406\), donc B est encore en dessous ; \(u_{13} \approx 2{,}336\) et \(v_{13} \approx 2{,}358\), donc B dépasse A. La boucle s'arrête avec \(n = 13\).

En conclusion : le programme affiche 2038.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, Centres étrangers, jour 2) 6 points

Lecture graphique, tangente et nombre dérivé, dérivée d'un inverse, asymptote, théorème des valeurs intermédiaires, primitive de \(\frac{u'}{u}\), valeur moyenne

Partie A

1. Valeur approchée de \(f(10)\).

Par ailleurs, on se place à l'abscisse 10 sur l'axe horizontal, on monte verticalement jusqu'à la courbe \(\mathcal{C}_f\), puis on lit l'ordonnée sur l'axe vertical : le point de la courbe se trouve un peu sous la graduation 0,9, nettement au-dessous du point B.

En conclusion : \(f(10) \approx 0{,}88\) (on accepte environ 0,9 compte tenu de la précision du graphique).

2. Interprétation graphique de la limite 1.

Une limite finie en \(+\infty\) se traduit par une asymptote horizontale : les points de \(\mathcal{C}_f\) se rapprochent autant qu'on veut de la droite d'équation \(y = 1\) quand \(x\) devient grand, ce que confirme le graphique.

En conclusion : la droite d'équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).

3. Justifier que \(a = 1\).

Le point A\((0\,;\,0{,}5)\) est sur la courbe, donc \(f(0) = 0{,}5\). Or \(f(0) = \dfrac{1}{a + \text{e}^{0}} = \dfrac{1}{a+1}\). L'égalité \(\dfrac{1}{a+1} = \dfrac{1}{2}\) donne \(a + 1 = 2\).

En conclusion : \(a = 1\).

4. Coefficient directeur de (AB).

Alors, on applique la formule \(m = \dfrac{y_{\text{B}} - y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} - x_{\text{A}}} = \dfrac{1 - 0{,}5}{10 - 0} = \dfrac{0{,}5}{10}\).

En conclusion : le coefficient directeur de (AB) vaut \(0{,}05\).

5. a) Expression de \(f'(x)\).

Avec \(a = 1\), on a \(f(x) = \dfrac{1}{v(x)}\) où \(v(x) = 1 + \text{e}^{-bx}\), fonction dérivable et strictement positive. Par la dérivée de \(\text{e}^{kx}\), \(v'(x) = -b\,\text{e}^{-bx}\). La formule \(\left(\dfrac{1}{v}\right)' = -\dfrac{v'}{v^2}\) donne :

\[f'(x) = -\dfrac{-b\,\text{e}^{-bx}}{\left(1 + \text{e}^{-bx}\right)^2} = \dfrac{b\,\text{e}^{-bx}}{\left(1 + \text{e}^{-bx}\right)^2}.\]

En conclusion : pour tout \(x \geqslant 0\), \(f'(x) = \dfrac{b\,\text{e}^{-bx}}{\left(1 + \text{e}^{-bx}\right)^2}\).

Question 5 b

5. b) Valeur de \(b\).

La droite (AB) est tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point A d'abscisse 0 ; son coefficient directeur est donc le nombre dérivé \(f'(0)\). Or \(f'(0) = \dfrac{b \times 1}{(1+1)^2} = \dfrac{b}{4}\). L'égalité \(\dfrac{b}{4} = 0{,}05\) donne \(b = 0{,}2\).

En conclusion : \(b = 0{,}2\).

Partie B

1. Limite de \(f\) en \(+\infty\).

Quand \(x \to +\infty\), \(-0{,}2x \to -\infty\), et comme \(\displaystyle\lim_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), on obtient par composition \(\text{e}^{-0{,}2x} \to 0\). Le dénominateur tend vers 1, donc le quotient tend vers \(\dfrac{1}{1} = 1\).

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\), ce qui confirme la limite admise en partie A.

2. Variations de \(f\).

D'après la partie A avec \(b = 0{,}2\) : \(f'(x) = \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{-0{,}2x}}{\left(1 + \text{e}^{-0{,}2x}\right)^2}\). Une exponentielle est toujours strictement positive, donc le numérateur est strictement positif ; le dénominateur est un carré non nul, donc strictement positif aussi. Ainsi \(f'(x) \gt 0\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

En conclusion : \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de \(f(0) = 0{,}5\) vers la limite 1.

3. Existence et unicité de \(\alpha\) tel que \(f(\alpha) = 0{,}97\).

Puis on utilise le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection). Sur \([0\,;\,+\infty[\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante ; elle prend la valeur \(0{,}5\) en 0 et tend vers 1 en \(+\infty\). Elle réalise donc une bijection de \([0\,;\,+\infty[\) sur \([0{,}5\,;\,1[\).

Puisque \(0{,}97\) appartient à \([0{,}5\,;\,1[\), l'équation \(f(x) = 0{,}97\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;\,+\infty[\).

En conclusion : il existe un unique réel \(\alpha \geqslant 0\) tel que \(f(\alpha) = 0{,}97\).

Question 4

4. Encadrement de \(\alpha\) par deux entiers consécutifs et interprétation.

Avec la calculatrice : \(f(17) \approx 0{,}9677 \lt 0{,}97\) et \(f(18) \approx 0{,}9734 \gt 0{,}97\). Comme \(f\) est strictement croissante, \(17 \lt \alpha \lt 18\). (On peut aussi résoudre exactement : \(\text{e}^{-0{,}2\alpha} = \frac{1}{0{,}97} - 1 = \frac{3}{97}\), d'où \(\alpha = 5\ln\left(\frac{97}{3}\right) \approx 17{,}38\).)

Interprétation : la quantité modélisée par \(f\) part de 0,5 et croît vers sa valeur limite 1 ; elle franchit le seuil de 0,97, soit 97 % de sa valeur limite, entre \(x = 17\) et \(x = 18\), et reste au-dessus de ce seuil ensuite. Le texte de l'énoncé tel qu'il est reproduit ici ne précise pas ce que représentent \(x\) et \(f(x)\) ; si \(x\) compte des années et \(f(x)\) une proportion, cela signifie que la proportion de 97 % est atteinte au cours de la dix-huitième année.

En conclusion : \(17 \lt \alpha \lt 18\) ; le seuil de 0,97 est dépassé à partir de \(x = 18\).

Partie C

1. Autre écriture de \(f(x)\).

Ensuite, on multiplie le numérateur et le dénominateur de \(f(x)\) par le nombre non nul \(\text{e}^{0{,}2x}\), en utilisant \(\text{e}^{0{,}2x} \times \text{e}^{-0{,}2x} = \text{e}^{0} = 1\) :

\[f(x) = \dfrac{1 \times \text{e}^{0{,}2x}}{\left(1 + \text{e}^{-0{,}2x}\right)\text{e}^{0{,}2x}} = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{\text{e}^{0{,}2x} + 1}.\]

En conclusion : pour tout \(x \geqslant 0\), \(f(x) = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}}\).

2. Une primitive de \(f\).

Posons \(w(x) = 1 + \text{e}^{0{,}2x}\) : \(w\) est dérivable, strictement positive, et \(w'(x) = 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\). Par ailleurs, on fait apparaître \(w'\) au numérateur : \(f(x) = \dfrac{1}{0{,}2} \times \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}} = 5 \times \dfrac{w'(x)}{w(x)}\).

Une primitive de \(\dfrac{w'}{w}\) avec \(w \gt 0\) est \(\ln(w)\). Puis on vérifie en dérivant : \(\left(5\ln(1+\text{e}^{0{,}2x})\right)' = 5 \times \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}}{1+\text{e}^{0{,}2x}} = f(x)\).

En conclusion : \(F(x) = 5\ln\left(1 + \text{e}^{0{,}2x}\right)\) est une primitive de \(f\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

3. Valeur moyenne de \(f\) sur \([0\,;\,40]\).

Grâce à la primitive \(F\) :

\[I = \dfrac{1}{40}\left[F(40) - F(0)\right] = \dfrac{1}{40}\left[5\ln\left(1 + \text{e}^{8}\right) - 5\ln(2)\right] = \dfrac{1}{8}\ln\left(\dfrac{1 + \text{e}^{8}}{2}\right).\]

Numériquement, \(\ln\left(\frac{1+\text{e}^8}{2}\right) \approx 7{,}3072\), donc \(I \approx 0{,}913\). Ce résultat est cohérent : \(f\) varie entre 0,5 et presque 1 sur cet intervalle et reste proche de 1 pendant la majeure partie de celui-ci.

En conclusion : \(I = \dfrac{1}{8}\ln\left(\dfrac{1 + \text{e}^{8}}{2}\right) \approx 0{,}913\).

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

Dénombrement (4-uplets, arrangements, événement contraire, combinaisons), loi binomiale, espérance et variance d'une somme

Partie A

1. Nombre de séquences de 4 caractères.

Une séquence est une liste ordonnée de 4 caractères pris parmi 64, avec répétitions possibles : c'est un 4-uplet d'un ensemble à 64 éléments. Il y a 64 choix pour chaque position, d'où \(64^4\) séquences.

En conclusion : il y a \(64^4 = 16\,777\,216\) séquences possibles.

2. Séquences à caractères deux à deux distincts.

Par ailleurs, on compte cette fois des arrangements de 4 éléments parmi 64 : 64 choix pour le premier caractère, 63 pour le deuxième (différent du premier), 62 pour le troisième et 61 pour le quatrième.

En conclusion : il y a \(64 \times 63 \times 62 \times 61 = 15\,249\,024\) séquences à caractères distincts.

3. a) Séquences sans A majuscule.

Chaque position peut recevoir n'importe quel caractère sauf « A », soit 63 possibilités par position, avec répétitions autorisées.

En conclusion : il y a \(63^4 = 15\,752\,961\) séquences sans A majuscule.

3. b) Séquences avec au moins un A majuscule.

« Contenir au moins un A » est le contraire de « ne contenir aucun A ». Ensuite, on retire donc du total les séquences sans A : \(64^4 - 63^4 = 16\,777\,216 - 15\,752\,961\).

En conclusion : \(1\,024\,255\) séquences comportent au moins une fois la lettre A majuscule.

Question 3 c

3. c) Séquences avec exactement un A.

Puis on choisit d'abord la position du A : 4 possibilités. Les trois autres positions reçoivent chacune un caractère différent de A (répétitions permises entre elles) : \(63^3\) possibilités.

En conclusion : \(4 \times 63^3 = 1\,000\,188\) séquences comportent exactement un A.

3. d) Séquences avec exactement deux A.

Ensuite, on choisit les deux positions occupées par les A parmi les 4 : \(\binom{4}{2} = 6\) façons. Les deux positions restantes reçoivent un caractère autre que A : \(63^2 = 3\,969\) possibilités.

En conclusion : \(6 \times 63^2 = 23\,814\) séquences comportent exactement deux A.

Partie B

1. Paramètres de la loi de \(X\).

Par ailleurs, on répète 250 fois, de façon indépendante, l'épreuve de Bernoulli « transmettre un caractère », dont le succès (au sens de l'événement compté) est « le caractère est mal transmis », de probabilité 0,01. \(X\) compte le nombre de succès.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 250\) et \(p = 0{,}01\).

2. Probabilité que tout soit bien transmis.

Tout est bien transmis quand \(X = 0\). Par la formule de la loi binomiale : \(P(X = 0) = \binom{250}{0} \times 0{,}01^0 \times 0{,}99^{250} = 0{,}99^{250}\).

En conclusion : \(P(X = 0) = 0{,}99^{250} \approx 0{,}081\).

3. La probabilité que plus de 16 caractères soient mal transmis est-elle négligeable ?

« Plus de 16 » se traduit par \(X \gt 16\), c'est-à-dire \(X \geqslant 17\). Ensuite, on passe par le complémentaire : \(P(X \geqslant 17) = 1 - P(X \leqslant 16)\), et la calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne \(P(X \geqslant 17) \approx 1{,}04 \times 10^{-9}\). (Même en comprenant « au moins 16 », on trouve \(P(X \geqslant 16) \approx 7{,}5 \times 10^{-9}\).)

Une telle probabilité, de l'ordre d'une chance sur un milliard, est effectivement négligeable, ce qui est logique : en moyenne seulement \(250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) caractères sont mal transmis.

En conclusion : l'affirmation est vraie, \(P(X \gt 16) \approx 1{,}04 \times 10^{-9}\).

Partie C

Espérance et variance de \(S = X_1 + X_2 + X_3 + X_4\).

Pour une variable de loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,p)\), l'espérance vaut \(np\) et la variance \(np(1-p)\). Chaque \(X_i\) a donc pour espérance \(250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) et pour variance \(250 \times 0{,}01 \times 0{,}99 = 2{,}475\).

L'espérance d'une somme est toujours la somme des espérances (linéarité) : \(E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4) = 4 \times 2{,}5 = 10\).

Pour la variance, l'additivité exige l'indépendance, qui est ici donnée par l'énoncé : \(V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) + V(X_4) = 4 \times 2{,}475 = 9{,}9\).

En conclusion : \(E(S) = 10\) et \(V(S) = 9{,}9\).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, Centres étrangers, jour 2) 4 points

Vecteurs colinéaires, vecteur normal et équation cartésienne de plan, plans sécants et perpendiculaires, représentation paramétrique de droite

1. a) A, B et C ne sont pas alignés.

Ensuite, on calcule \(\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}-2-1\\1-0\\2-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}0-1\\3-0\\2-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\).

S'ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\overrightarrow{\text{AB}} = k\,\overrightarrow{\text{AC}}\). La troisième coordonnée impose \(-1 = -k\), donc \(k = 1\), mais la première donnerait alors \(-3 = -1\), ce qui est faux.

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan.

1. b) \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal au plan (ABC).

Un vecteur est normal à un plan dès qu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Alors, on calcule les produits scalaires dans le repère orthonormé :

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

En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\), non colinéaires, donc il est normal au plan (ABC).

1. c) Équation cartésienne de (ABC).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(-x + y + 4z + d = 0\). Le point A\((1\,;\,0\,;\,3)\) lui appartient : \(-1 + 0 + 12 + d = 0\), d'où \(d = -11\).

En conclusion : le plan (ABC) a pour équation \(-x + y + 4z - 11 = 0\).

Question 2 a

2. a) \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont sécants.

Par ailleurs, on lit les vecteurs normaux sur les équations : \(\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}\) et \(\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}'\). Si \(\overrightarrow{n_1} = k\,\overrightarrow{n_2}\), la première coordonnée donne \(k = 3\) et la troisième \(k = -2\) : impossible. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles.

En conclusion : \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont sécants selon une droite \((d)\).

2. b) Les plans sont-ils perpendiculaires ?

Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. Or \(\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{n_2} = 3 \times 1 + (-3)(-1) + 2 \times (-1) = 3 + 3 - 2 = 4 \neq 0\).

En conclusion : \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) ne sont pas perpendiculaires.

3. \((d)\) est dirigée par \(\overrightarrow{u}\).

Un vecteur non nul orthogonal à un vecteur normal d'un plan est un vecteur directeur de ce plan (il lui est « parallèle »). Ensuite, on vérifie : \(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{n_1} = 3 - 3 + 0 = 0\) et \(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{n_2} = 1 - 1 + 0 = 0\). Le vecteur \(\overrightarrow{u}\) est donc parallèle à la fois à \(\mathcal{P}\) et à \(\mathcal{P}'\).

La direction de la droite \((d) = \mathcal{P} \cap \mathcal{P}'\) est exactement l'ensemble des vecteurs parallèles aux deux plans (intersection de deux plans vectoriels distincts, qui est une droite vectorielle). Comme \(\overrightarrow{u}\) est non nul et appartient à cette direction, il dirige \((d)\).

En conclusion : \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\) est un vecteur directeur de \((d)\).

Question 4

4. M appartient aux deux plans ; représentation paramétrique de \((d)\).

Alors, on remplace les coordonnées de M\((2\,;\,1\,;\,3)\) : dans \(\mathcal{P}\), \(3 \times 2 - 3 \times 1 + 2 \times 3 - 9 = 6 - 3 + 6 - 9 = 0\) ; dans \(\mathcal{P}'\), \(2 - 1 - 3 + 2 = 0\). M est donc dans les deux plans, c'est-à-dire sur leur droite d'intersection \((d)\).

La droite \((d)\) passe par M et est dirigée par \(\overrightarrow{u}\) : un point N\((x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \((d)\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{MN}} = t\,\overrightarrow{u}\).

En conclusion : \((d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 + t \\ z = 3 \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

5. \((d)\) est incluse dans (ABC) ; position des trois plans.

Puis on injecte la représentation paramétrique dans l'équation de (ABC) : \(-(2 + t) + (1 + t) + 4 \times 3 - 11 = -2 - t + 1 + t + 12 - 11 = 0\). L'égalité est vraie pour toute valeur de \(t\) : chaque point de \((d)\) est dans (ABC), donc \((d) \subset (\text{ABC})\).

Les trois plans contiennent donc la même droite \((d)\). Ils sont de plus deux à deux distincts : le vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\) n'est colinéaire ni à \(\overrightarrow{n_1}\) (il faudrait \(k = -3\) puis \(k = 2\) avec les première et troisième coordonnées), ni à \(\overrightarrow{n_2}\) (il faudrait \(k = -1\) puis \(k = -4\)).

En conclusion : les plans (ABC), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont distincts et se coupent selon une même droite, la droite \((d)\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour une suite \(v_{n+1} = f(v_n)\), la croissance de \(f\) sur un intervalle stable rend l'hérédité immédiate : on applique \(f\) à tout l'encadrement.
• Une suite décroissante et minorée converge ; si \(f\) est continue, sa limite est un point fixe de \(f\), qu'on trie ensuite grâce à l'encadrement.
• En divisant par \(\ln(q)\) avec \(0 \lt q \lt 1\), on change le sens de l'inégalité : c'est l'erreur la plus fréquente dans ce type d'inéquation.
• La pente d'une tangente en un point est le nombre dérivé en ce point : c'est ce qui permet de retrouver un paramètre inconnu comme \(b\).
• Pour primitiver un quotient avec des exponentielles, on cherche une forme \(\frac{u'}{u}\) après avoir multiplié en haut et en bas par \(\text{e}^{kx}\).
• L'espérance d'une somme s'additionne toujours, la variance seulement pour des variables indépendantes ; « au moins un » se traite par l'événement contraire.

Revenir à l'énoncé du bac de maths 2025 (Centres étrangers, jour 2) · Tous les sujets du bac de maths

Présentation du corrigé du bac 2025, Centres étrangers, jour 2

Cette correction complète du bac 2025, Centres étrangers, jour 2 du 13 juin 2025 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (6 points) porte sur : suite géométrique, suite récurrente, récurrence, convergence monotone, logarithme, programme Python. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (6 points) aborde : lecture graphique, tangente et nombre dérivé, dérivée d'un inverse, asymptote, théorème des valeurs intermédiaires, primitive de, valeur moyenne. Puis, la correction de l'exercice 3 (4 points) aborde : dénombrement (4-uplets, arrangements, événement contraire, combinaisons), loi binomiale, espérance et variance d'une somme. Enfin, la correction de l'exercice 4 (4 points) traite : vecteurs colinéaires, vecteur normal et équation cartésienne de plan, plans sécants et perpendiculaires, représentation paramétrique de droite.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2025, Centres étrangers, 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. En géométrie dans l'espace, écrivez les coordonnées des vecteurs avant de calculer un produit scalaire. Ainsi, une erreur de signe se repère beaucoup plus vite.

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

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

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du bac de maths 2025 : Centres étrangers, jour 2» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 200 905 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.