Corrigé du bac de maths 2025 : France, septembre, jour 2

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, France, septembre, jour 2) 6 points

Loi binomiale, espérance, arbre pondéré, suite arithmético-géométrique, récurrence, suite géométrique auxiliaire

Partie A - Premier modèle

1. Justifier la loi de \(X\).

Chaque année est une épreuve à deux issues : « El Niño dominant » (succès, de probabilité \(p = 0{,}4\)) ou « non dominant ». Ensuite, on observe 10 années, et l'énoncé précise que la survenue du phénomène est indépendante d'une année à l'autre : on répète donc 10 fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli. La variable \(X\) compte le nombre de succès de ce schéma de Bernoulli.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10~;~0{,}4)\).

2. a) Probabilité d'exactement 2 années dominantes.

Alors, on applique la formule de la loi binomiale avec \(k = 2\) :

\[P(X = 2) = \binom{10}{2}\times 0{,}4^2 \times 0{,}6^{8} = 45 \times 0{,}16 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}1209.\]

En conclusion : \(P(X = 2) \approx 0{,}121\).

2. b) Calculer \(P(X \leqslant 2)\) et l'interpréter.

L'évènement \(\{X \leqslant 2\}\) est la réunion des évènements disjoints \(\{X=0\}\), \(\{X=1\}\) et \(\{X=2\}\), donc on additionne :

\[P(X \leqslant 2) = 0{,}6^{10} + 10\times 0{,}4\times 0{,}6^9 + 45\times 0{,}4^2\times 0{,}6^8 \approx 0{,}0060 + 0{,}0403 + 0{,}1209 \approx 0{,}1673.\]

La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne directement la même valeur. Interprétation : sur une période de 10 ans, il y a environ 16,7 % de chances que El Niño soit dominant au plus 2 années.

En conclusion : \(P(X \leqslant 2) \approx 0{,}167\) ; El Niño est dominant au plus deux années sur dix avec une probabilité d'environ 16,7 %.

3. Calculer et interpréter \(E(X)\).

Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~p)\), l'espérance vaut \(np\), d'où \(E(X) = 10 \times 0{,}4 = 4\). Sur un grand nombre de périodes de 10 ans, El Niño serait dominant en moyenne 4 années par décennie.

En conclusion : \(E(X) = 4\) : en moyenne, 4 années dominantes sur 10.

Partie B - Second modèle

1. Compléter l'arbre pondéré.

Les deux branches du premier niveau portent \(p_n\) et \(1 - p_n\) (évènements contraires). Au second niveau, on lit les probabilités conditionnelles dans l'énoncé : si El Niño est dominant, il le reste avec probabilité \(0{,}5\) ; s'il ne l'est pas, il le devient avec probabilité \(0{,}3\). Les branches issues d'un même nœud se complètent à 1.

• \(E_n\) avec la probabilité \(p_n\)
  • puis \(E_{n+1}\) avec la probabilité \(P_{E_n}(E_{n+1}) = 0{,}5\)
  • puis \(\overline{E_{n+1}}\) avec la probabilité \(0{,}5\)
• \(\overline{E_n}\) avec la probabilité \(1 - p_n\)
  • puis \(E_{n+1}\) avec la probabilité \(P_{\overline{E_n}}(E_{n+1}) = 0{,}3\)
  • puis \(\overline{E_{n+1}}\) avec la probabilité \(0{,}7\)

En conclusion : branches \(p_n\), \(1-p_n\) puis \(0{,}5\) ; \(0{,}5\) et \(0{,}3\) ; \(0{,}7\).

2. Justifier que \(p_1 = 0{,}3\).

En 2023 (\(n=0\)), El Niño n'était pas dominant : on est certainement sur la branche \(\overline{E_0}\), de probabilité \(1 - p_0 = 1\). D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition \(\{E_0, \overline{E_0}\}\) :

\[p_1 = P(E_0)\times P_{E_0}(E_1) + P(\overline{E_0})\times P_{\overline{E_0}}(E_1) = 0 \times 0{,}5 + 1 \times 0{,}3 = 0{,}3.\]

En conclusion : \(p_1 = 0{,}3\).

3. Établir la relation de récurrence.

Ensuite, on refait le même raisonnement pour un entier \(n\) quelconque. Les évènements \(E_n\) et \(\overline{E_n}\) forment une partition, donc par la formule des probabilités totales :

\[p_{n+1} = P(E_n \cap E_{n+1}) + P(\overline{E_n} \cap E_{n+1}) = 0{,}5\,p_n + 0{,}3\,(1 - p_n) = 0{,}5\,p_n - 0{,}3\,p_n + 0{,}3.\]

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3\).

4. a) Conjecturer variations et limite.

Ensuite, on calcule les premiers termes avec la relation précédente :

Les termes augmentent et semblent se stabiliser vers \(0{,}375 = \dfrac{3}{8}\).

Conjecture : \((p_n)\) est croissante et converge vers \(\dfrac{3}{8} = 0{,}375\).

4. b) Montrer par récurrence que \(p_n \leqslant \dfrac{3}{8}\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n \leqslant \dfrac{3}{8}\) ».

Initialisation. \(p_0 = 0 \leqslant \dfrac{3}{8}\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \leqslant \dfrac{3}{8}\). En multipliant par le réel positif \(0{,}2\), l'ordre est conservé : \(0{,}2\,p_n \leqslant 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{3}{40}\). En ajoutant \(0{,}3 = \dfrac{12}{40}\) aux deux membres : \(0{,}2\,p_n + 0{,}3 \leqslant \dfrac{15}{40} = \dfrac{3}{8}\), c'est-à-dire \(p_{n+1} \leqslant \dfrac{3}{8}\). Donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel.

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(p_n \leqslant \dfrac{3}{8}\).

Question 4 c

4. c) Sens de variation de \((p_n)\).

Alors, on étudie le signe de la différence de deux termes consécutifs :

\[p_{n+1} - p_n = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 - p_n = 0{,}3 - 0{,}8\,p_n = 0{,}8\left(\dfrac{3}{8} - p_n\right).\]

D'après la question précédente, \(\dfrac{3}{8} - p_n \geqslant 0\) ; comme \(0{,}8 \gt 0\), on obtient \(p_{n+1} - p_n \geqslant 0\) pour tout \(n\).

En conclusion : la suite \((p_n)\) est croissante.

4. d) En déduire la convergence.

La suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{3}{8}\). D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\) qui vérifie \(\ell \leqslant \dfrac{3}{8}\).

En conclusion : \((p_n)\) est convergente (croissante et majorée).

5. a) Montrer que \((u_n)\) est géométrique.

Par ailleurs, on exprime \(u_{n+1}\) en fonction de \(p_n\), puis on fait apparaître \(u_n\). Pour tout \(n\) :

\[u_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{3}{8} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 - 0{,}375 = 0{,}2\,p_n - 0{,}075 = 0{,}2\left(p_n - 0{,}375\right) = 0{,}2\,u_n.\]

Le premier terme est \(u_0 = p_0 - \dfrac{3}{8} = -\dfrac{3}{8}\).

En conclusion : \((u_n)\) est géométrique de raison \(0{,}2\) et de premier terme \(u_0 = -\dfrac{3}{8}\).

5. b) Expression de \(p_n\) en fonction de \(n\).

Le terme général d'une suite géométrique donne \(u_n = u_0 \times 0{,}2^n = -\dfrac{3}{8}\times 0{,}2^n\). Comme \(p_n = u_n + \dfrac{3}{8}\), on factorise par \(\dfrac{3}{8}\) :

\[p_n = \dfrac{3}{8} - \dfrac{3}{8}\times 0{,}2^n = \dfrac{3}{8}\left(1 - 0{,}2^n\right).\]

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(p_n = \dfrac{3}{8}\left(1 - 0{,}2^n\right)\).

5. c) Limite de \((p_n)\).

Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), on sait que \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}2^n = 0\). Par opérations sur les limites, \(1 - 0{,}2^n\) tend vers 1, donc \(p_n\) tend vers \(\dfrac{3}{8}\).

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{3}{8} = 0{,}375\).

Question 5 d

5. d) Interprétation.

Selon ce second modèle, plus on s'éloigne de 2023, plus la probabilité que El Niño soit dominant une année donnée se rapproche de \(0{,}375\), sans jamais la dépasser. À long terme, El Niño est dominant environ 37,5 % des années, soit un peu moins que les 40 % du premier modèle.

En conclusion : à long terme, la probabilité d'une année à El Niño dominant se stabilise autour de 37,5 %.

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

Combinaisons, dérivée et tangente, primitive, équations différentielles, convexité

1. Affirmation 1 : 272 groupes de deux filles et deux garçons.

Un groupe se forme en choisissant, sans ordre, 2 filles parmi 14 puis 2 garçons parmi 10. Par le principe multiplicatif, le nombre total de groupes possibles est :

\[\binom{14}{2}\times\binom{10}{2} = 91 \times 45 = 4095.\]

Il existe donc 4095 groupes différents de ce type. Puisque \(272 \leqslant 4095\), on peut bien en constituer 272 différents : l'affirmation, prise au pied de la lettre (« il est possible »), est vraie. Attention cependant : 272 n'est pas le nombre total de tels groupes, qui vaut 4095.

En conclusion : affirmation 1 vraie (il existe 4095 groupes possibles, donc on peut en former 272 distincts).

2. Affirmation 2 : tangente en \(\dfrac{\pi}{2}\).

La tangente au point d'abscisse \(a\) a pour équation \(y = f'(a)(x - a) + f(a)\). La dérivée de \(x \mapsto \sin(ax+b)\) est \(x \mapsto a\cos(ax+b)\), donc \(f'(x) = 6\cos(2x + \pi)\). Avec \(a = \dfrac{\pi}{2}\), on a \(2a + \pi = 2\pi\), d'où :

\[f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 3\sin(2\pi) = 0 \qquad f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 6\cos(2\pi) = 6.\]

La tangente a donc pour équation \(y = 6\left(x - \dfrac{\pi}{2}\right) + 0 = 6x - 3\pi\).

En conclusion : affirmation 2 vraie.

3. Affirmation 3 : \(F\) primitive de \(x \mapsto \dfrac{2}{x}\).

Il suffit de dériver \(F\) et de comparer avec \(f\). Avec la formule \((uv)' = u'v + uv'\), où \(u(x) = 2x+1\) et \(v(x) = \ln x\) :

\[F'(x) = 2\ln x + \dfrac{2x+1}{x}.\]

En \(x = 1\) : \(F'(1) = 0 + 3 = 3\), alors que \(f(1) = 2\). Comme \(F' \neq f\), la fonction \(F\) n'est pas une primitive de \(f\) (une primitive de \(f\) serait \(x \mapsto 2\ln x\)).

En conclusion : affirmation 3 fausse.

Question 4

4. Affirmation 4 : \(g\) solution de \((E_1)\) avec \(g(0) = 65\).

La condition initiale est bien vérifiée : \(g(0) = 45 + 20 = 65\). Ensuite, on teste maintenant l'équation. Comme \(g'(t) = 45 \times 0{,}06\,\text{e}^{0{,}06t} = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t}\) :

\[g'(t) + 0{,}06\,g(t) = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 = 5{,}4\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2.\]

Cette quantité n'est pas égale à \(1{,}2\) (par exemple, elle vaut \(6{,}6\) en \(t = 0\)). La fonction \(g\) n'est donc pas solution de \((E_1)\). Pour information, les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\), et celle qui vaut 65 en 0 est \(t \mapsto 45\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) : l'exposant de \(g\) a le mauvais signe.

En conclusion : affirmation 4 fausse.

5. Affirmation 5 : convexité des solutions de \((E_2)\).

Alors, on cherche le signe de \(y''\). Soit \(y\) une solution positive de \((E_2)\). L'équation donne \(y'(x) = y(x) + 3\text{e}^{0{,}4x}\). Comme \(y(x) \geqslant 0\) et \(3\text{e}^{0{,}4x} \gt 0\), on a \(y'(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\).

De plus \(y'\) est dérivable, comme somme de deux fonctions dérivables, et en dérivant la relation :

\[y''(x) = y'(x) + 1{,}2\,\text{e}^{0{,}4x}.\]

Les deux termes sont strictement positifs, donc \(y''(x) \gt 0\) sur \(\mathbb{R}\) : la fonction \(y\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).

Remarque : en résolvant \((E_2)\), on trouve les solutions \(y(x) = C\,\text{e}^{x} - 5\,\text{e}^{0{,}4x}\). La positivité imposée par l'énoncé est essentielle : sans elle, la solution obtenue pour \(C = 0\), \(x \mapsto -5\,\text{e}^{0{,}4x}\), est concave. Ensuite, on peut même remarquer que, lorsque \(x\) tend vers \(-\infty\), le terme \(-5\,\text{e}^{0{,}4x}\) l'emporte sur \(C\,\text{e}^{x}\) : aucune solution n'est positive sur tout \(\mathbb{R}\), et la réponse attendue repose donc uniquement sur l'hypothèse de positivité donnée par l'énoncé, qui rend le raisonnement ci-dessus valable.

En conclusion : affirmation 5 vraie (pour les solutions positives, \(y'' = y' + 1{,}2\,\text{e}^{0{,}4x} \gt 0\)).

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

Signe d'un trinôme, fonction logarithme, dérivée d'une composée, optimisation d'une aire, boucle while en Python

Partie A

1. Résoudre \(-x^2 + 7x + 8 \geqslant 0\).

Ensuite, on cherche les racines du trinôme : \(\Delta = 7^2 - 4\times(-1)\times 8 = 81 = 9^2\), d'où \(x_1 = \dfrac{-7 - 9}{-2} = 8\) et \(x_2 = \dfrac{-7 + 9}{-2} = -1\). Le coefficient de \(x^2\) est négatif, donc le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l'extérieur.

En conclusion : l'ensemble des solutions est \([-1~;~8]\).

2. En déduire que \(f(x) \geqslant 0\) sur \(]0~;~8]\).

L'intervalle \(]0~;~8]\) est inclus dans \([-1~;~8]\), donc pour tout \(x\) de \(]0~;~8]\), \(-x^2 + 7x + 8 \geqslant 0\), soit en ajoutant 1 : \(-x^2 + 7x + 9 \geqslant 1\). La fonction \(\ln\) étant croissante sur \(]0~;~+\infty[\), on obtient \(\ln(-x^2 + 7x + 9) \geqslant \ln 1 = 0\). Le numérateur \(10\ln(-x^2+7x+9)\) est donc positif et le dénominateur \(x\) est strictement positif : le quotient est positif.

En conclusion : pour tout \(x \in ]0~;~8]\), \(f(x) \geqslant 0\).

3. Interprétation graphique.

Une fonction positive sur un intervalle a sa courbe au-dessus de l'axe des abscisses sur cet intervalle. Ici, la courbe touche l'axe en \(x = 8\), puisque \(f(8) = \dfrac{10\ln 1}{8} = 0\).

En conclusion : sur \(]0~;~8]\), la courbe \(C_f\) est située au-dessus de l'axe des abscisses (elle le rencontre au point d'abscisse 8).

Partie B

1. Coordonnées de \(N\) et \(P\).

Le point \(M\) a pour coordonnées \((x~;~f(x))\). Projeter orthogonalement sur l'axe des abscisses revient à garder l'abscisse et à annuler l'ordonnée ; sur l'axe des ordonnées, c'est l'inverse.

En conclusion : \(N(x~;~0)\) et \(P\left(0~;~\dfrac{10\ln(-x^2+7x+9)}{x}\right)\).

2. Expression de l'aire \(\mathcal{A}(x)\).

Le quadrilatère \(\text{O}NMP\) est un rectangle de côtés \(\text{O}N\) et \(\text{O}P\). Comme \(x \gt 0\) et \(f(x) \geqslant 0\) (partie A), on a \(\text{O}N = x\) et \(\text{O}P = f(x)\). Donc :

\[\mathcal{A}(x) = \text{O}N \times \text{O}P = x \times \dfrac{10\ln(-x^2+7x+9)}{x} = 10\ln(-x^2+7x+9).\]

En conclusion : pour tout \(x \in ]0~;~8]\), \(\mathcal{A}(x) = 10\ln(-x^2+7x+9)\).

3. Position de \(M\) rendant l'aire maximale.

Alors, on étudie les variations de \(\mathcal{A}\). La fonction \(u : x \mapsto -x^2 + 7x + 9\) est strictement positive sur \(]0~;~8]\) (elle y est supérieure ou égale à 1) et dérivable, donc \(\mathcal{A} = 10\ln u\) est dérivable, avec \((\ln u)' = \dfrac{u'}{u}\) :

\[\mathcal{A}'(x) = \dfrac{10(-2x + 7)}{-x^2 + 7x + 9}.\]

Le dénominateur est strictement positif, donc \(\mathcal{A}'(x)\) a le signe de \(-2x + 7\) : positif pour \(x \lt 3{,}5\), nul en \(3{,}5\), négatif pour \(x \gt 3{,}5\).

La fonction \(\mathcal{A}\) admet donc un maximum en \(x = 3{,}5\), égal à \(\mathcal{A}(3{,}5) = 10\ln(-12{,}25 + 24{,}5 + 9) = 10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\). Le point \(M\) correspondant a pour ordonnée \(f(3{,}5) = \dfrac{10\ln(21{,}25)}{3{,}5} \approx 8{,}73\).

En conclusion : oui, l'aire est maximale lorsque \(M\) a pour abscisse \(3{,}5\), soit \(M(3{,}5~;~\approx 8{,}73)\) ; l'aire maximale vaut \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\) unités d'aire.

Partie C

1. Compléter les lignes 8 et 10.

Par ailleurs, on part de \(x = 3{,}5\) (où l'aire est maximale) et on avance de 0,1 en 0,1 tant que l'aire reste strictement supérieure à \(k\). Dès que \(\mathcal{A}(x) \leqslant k\), la boucle s'arrête et on renvoie la valeur de \(x\) atteinte. Comme \(\mathcal{A}\) est décroissante sur \([3{,}5~;~8]\), c'est bien la première valeur (au dixième) qui convient.

from math import *

def A(x) :
    return 10*log(- 1* x**2 + 7*x + 9)

def pluspetitevaleur(k) :
    x = 3.5
    while A(x) > k :
        x = x + 0.1
    return x

En conclusion : ligne 8 : while A(x) > k : ; ligne 10 : return x.

2. Valeur renvoyée par pluspetitevaleur(30).

Ensuite, on suit l'exécution : \(\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}56\), puis l'aire diminue. Alors, on trouve \(\mathcal{A}(4{,}5) = 10\ln(20{,}25) \approx 30{,}08 \gt 30\), donc la boucle continue, puis \(\mathcal{A}(4{,}6) = 10\ln(20{,}04) \approx 29{,}98 \leqslant 30\), donc elle s'arrête. En Python, l'addition répétée de 0.1 produit un léger arrondi, et l'affichage exact est 4.599999999999998, c'est-à-dire 4,6.

En conclusion : pluspetitevaleur(30) renvoie 4,6 (affiché 4.599999999999998).

3. Cas \(k = 35\).

D'après la partie B, l'aire ne dépasse jamais \(\approx 30{,}56\). Dès le départ, \(\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}56 \leqslant 35\) : la condition A(x) > 35 est fausse, la boucle n'est jamais exécutée et la fonction renvoie immédiatement la valeur initiale. C'est cohérent : toutes les valeurs de \([3{,}5~;~8]\) donnent une aire inférieure à 35, la plus petite est donc 3,5.

En conclusion : pour \(k = 35\), on n'entre pas dans la boucle et la fonction renvoie 3.5.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, France, septembre, jour 2) 5 points

Géométrie dans l'espace : colinéarité, équation cartésienne, plan médiateur, intersection de plans, droite et plan sécants

1. a) A, B, C non alignés.

Trois points sont alignés si et seulement si deux vecteurs qu'ils définissent sont colinéaires. Donc on a \(\overrightarrow{\text{AB}}(-5~;~2~;~-5)\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}(-4~;~5~;~2)\). Si l'on avait \(\overrightarrow{\text{AC}} = \lambda\overrightarrow{\text{AB}}\), la deuxième coordonnée imposerait \(\lambda = \dfrac{5}{2}\) et la première \(\lambda = \dfrac{4}{5}\) : c'est impossible.

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

1. b) A, B, C, D coplanaires ?

Les quatre points sont coplanaires si et seulement si D appartient au plan (ABC). Ensuite, on remplace les coordonnées de D dans l'équation :

\[29\times(-3) + 30\times(-4) - 17\times 6 = -87 - 120 - 102 = -309 \neq 35.\]

En conclusion : D n'appartient pas au plan (ABC) ; les points A, B, C, D ne sont pas coplanaires.

2. a) Milieu de [AB].

Ensuite, on fait la demi-somme des coordonnées : \(\left(\dfrac{4 - 1}{2}~;~\dfrac{-1 + 1}{2}~;~\dfrac{3 - 2}{2}\right)\).

En conclusion : le milieu I de [AB] a pour coordonnées \(\left(\dfrac{3}{2}~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right)\).

2. b) Équation de \(P_1\).

Le plan \(P_1\) est orthogonal à (AB), donc \(\overrightarrow{\text{BA}}(5~;~-2~;~5)\) est un vecteur normal à \(P_1\). Une équation de \(P_1\) est donc de la forme \(5x - 2y + 5z = d\). Le milieu I appartient à \(P_1\), d'où \(d = 5\times\dfrac{3}{2} - 0 + 5\times\dfrac{1}{2} = 7{,}5 + 2{,}5 = 10\).

En conclusion : \(P_1 : 5x - 2y + 5z = 10\).

Question 3 a

3. a) Équation de \(P_2\) par les distances.

Puis on utilise la caractérisation : M appartient à \(P_2\) si et seulement si \(\text{MC} = \text{MD}\), c'est-à-dire \(\text{MC}^2 = \text{MD}^2\) (les distances sont positives). Ensuite, on développe :

\[\text{MC}^2 = x^2 + (y - 4)^2 + (z - 5)^2 = x^2 + y^2 + z^2 - 8y - 10z + 41\]

\[\text{MD}^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 + (z - 6)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 6x + 8y - 12z + 61\]

Les termes \(x^2 + y^2 + z^2\) s'éliminent dans l'égalité, qui devient \(-8y - 10z + 41 = 6x + 8y - 12z + 61\), soit \(-6x - 16y + 2z = 20\). En divisant par 2 :

En conclusion : \(P_2 : -3x - 8y + z = 10\).

3. b) \(P_1\) et \(P_2\) sécants.

Deux plans sont sécants lorsque leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires. Alors, on a \(\vec{n_1}(5~;~-2~;~5)\) pour \(P_1\) et \(\vec{n_2}(-3~;~-8~;~1)\) pour \(P_2\). Les rapports \(\dfrac{-3}{5}\) et \(\dfrac{-8}{-2} = 4\) des premières et deuxièmes coordonnées sont différents, donc ces vecteurs ne sont pas colinéaires.

En conclusion : les plans \(P_1\) et \(P_2\) ne sont pas parallèles, ils sont sécants (selon une droite).

4. \(\Delta\) est l'intersection de \(P_1\) et \(P_2\).

Comme \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants, leur intersection est une droite. Il suffit de prouver que tout point de \(\Delta\) appartient aux deux plans. Pour un réel \(t\), on remplace \(x\), \(y\), \(z\) :

\[5(-2 - 1{,}9t) - 2t + 5(4 + 2{,}3t) = -10 - 9{,}5t - 2t + 20 + 11{,}5t = 10\]

\[-3(-2 - 1{,}9t) - 8t + (4 + 2{,}3t) = 6 + 5{,}7t - 8t + 4 + 2{,}3t = 10\]

Les deux équations sont vérifiées quel que soit \(t\) : la droite \(\Delta\) est contenue dans \(P_1\) et dans \(P_2\), donc dans leur intersection. Deux droites dont l'une est incluse dans l'autre sont égales.

En conclusion : \(\Delta = P_1 \cap P_2\).

Question 5

5. \(\Delta\) et \(P_3\) sécants.

Une droite est parallèle à un plan si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à un vecteur normal du plan. Ensuite, on lit sur la représentation paramétrique le vecteur directeur \(\vec{u}(-1{,}9~;~1~;~2{,}3)\), et sur l'équation de \(P_3\) le vecteur normal \(\vec{n_3}(8~;~-10~;~-4)\). Leur produit scalaire vaut :

\[\vec{u}\cdot\vec{n_3} = -1{,}9\times 8 + 1\times(-10) + 2{,}3\times(-4) = -15{,}2 - 10 - 9{,}2 = -34{,}4 \neq 0.\]

En conclusion : \(\vec{u}\) n'est pas orthogonal à \(\vec{n_3}\), donc \(\Delta\) n'est pas parallèle à \(P_3\) : ils sont sécants en un point.

6. Ce point d'intersection est H.

Soit K le point d'intersection de \(\Delta\) et \(P_3\). Comme K est sur \(\Delta\), il est dans \(P_1\) et dans \(P_2\), donc \(\text{KA} = \text{KB}\) et \(\text{KC} = \text{KD}\). Comme K est dans \(P_3\), on a aussi \(\text{KA} = \text{KC}\). Ainsi \(\text{KA} = \text{KB} = \text{KC} = \text{KD}\) : K est équidistant des quatre points. Or A, B, C, D ne sont pas coplanaires (question 1. b) et l'énoncé admet l'unicité d'un tel point : K est donc le point H.

Pour aller plus loin, on peut calculer H : en reportant la représentation de \(\Delta\) dans l'équation de \(P_3\), on obtient \(-32 - 34{,}4t = -15\), soit \(t = -\dfrac{85}{172}\), ce qui donne \(\text{H}\left(-\dfrac{365}{344}~;~-\dfrac{85}{172}~;~\dfrac{985}{344}\right) \approx (-1{,}06~;~-0{,}49~;~2{,}86)\). Ensuite, on vérifie que \(\text{HA}^2 = \text{HB}^2 = \text{HC}^2 = \text{HD}^2 \approx 25{,}89\).

En conclusion : le point d'intersection de \(\Delta\) et \(P_3\) est équidistant de A, B, C, D, c'est donc le point H.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour justifier une loi binomiale, citer les trois ingrédients : épreuve à deux issues, répétition identique, indépendance, puis donner \(n\) et \(p\).
• Une suite du type \(p_{n+1} = ap_n + b\) se traite avec la suite auxiliaire \(u_n = p_n - \ell\), où \(\ell\) est le point fixe (\(\ell = a\ell + b\)).
• Dans un vrai/faux, dériver ou substituer explicitement : un seul contre-exemple numérique suffit pour conclure « faux ».
• Pour dériver \(\ln u\), écrire \(\dfrac{u'}{u}\) et vérifier d'abord que \(u\) est strictement positive.
• Un plan médiateur s'obtient avec un vecteur normal (le segment) et un point (le milieu), ou par l'égalité \(\text{MA}^2 = \text{MB}^2\).
• Droite et plan sont sécants dès que le produit scalaire du vecteur directeur et du vecteur normal n'est pas nul.

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Ce que contient le corrigé du bac 2025, France, septembre, jour 2

Cette correction complète du bac 2025, France, septembre, jour 2 du 10 septembre 2025 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (6 points) aborde : loi binomiale, espérance, arbre pondéré, suite arithmético-géométrique, récurrence, suite géométrique auxiliaire. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) porte sur : combinaisons, dérivée et tangente, primitive, équations différentielles, convexité. Puis, la correction de l'exercice 3 (4 points) porte sur : signe d'un trinôme, fonction logarithme, dérivée d'une composée, optimisation d'une aire, boucle while en Python. Enfin, la correction de l'exercice 4 (5 points) traite : géométrie dans l'espace : colinéarité, équation cartésienne, plan médiateur, intersection de plans, droite et plan sécants.

Avant de lire une solution, cherchez d'abord la question seul pendant quelques minutes. Ensuite, comparez votre démarche avec la rédaction proposée, et pas seulement le résultat final. Enfin, notez les méthodes qui vous ont manqué pour les revoir plus tard.

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

Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. 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.

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