Corrigé du bac de maths 2026 : France, jour 2
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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2026, France, jour 2) 5 points
Géométrie dans l'espace : vecteur normal, équation de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, aire et volume
1. A, B et C définissent-ils un plan ?
Trois points définissent un plan dès qu'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire dès que deux vecteurs qu'ils forment ne sont pas colinéaires. Ensuite, on calcule :
\[\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3-2 \\ -2-1 \\ 0-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ -1 \end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 0-2 \\ -1-1 \\ 1-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}\]
La troisième coordonnée de \(\overrightarrow{AC}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{AB}\) vaut \(-1\) : si l'on avait \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\), on aurait \(-\lambda=0\) donc \(\lambda=0\), ce qui est impossible puisque \(\overrightarrow{AC}\) n'est pas nul. Les deux vecteurs ne sont donc pas colinéaires.
En conclusion : A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent bien un plan.
2. a) Montrer que \(\overrightarrow{n}\) est normal à (ABC).
Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Le repère étant orthonormé, on utilise l'expression du produit scalaire en coordonnées :
\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB}=1\times 1+(-1)\times(-3)+4\times(-1)=1+3-4=0\]
\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}=1\times(-2)+(-1)\times(-2)+4\times 0=-2+2=0\]
En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\) et à \(\overrightarrow{AC}\), non colinéaires, donc il est normal au plan (ABC).
2. b) En déduire une équation cartésienne de (ABC).
Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(a ; b ; c)\) admet une équation de la forme \(ax+by+cz+d=0\). Ici, (ABC) a donc une équation du type \(x-y+4z+d=0\). Le point A appartient au plan, ses coordonnées vérifient l'équation : \(2-1+4\times 1+d=0\), soit \(5+d=0\) et \(d=-5\).
En conclusion : une équation cartésienne de (ABC) est \(x-y+4z-5=0\).
Question 3
3. Vérifier la représentation paramétrique de \(\Delta\).
Une droite orthogonale à un plan a pour vecteur directeur n'importe quel vecteur normal à ce plan. La droite \(\Delta\) est donc dirigée par \(\overrightarrow{n}(1 ; -1 ; 4)\) et passe par \(\text{D}(0 ; 0 ; 2)\). Un point \(M(x ; y ; z)\) est sur \(\Delta\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{DM}=t\,\overrightarrow{n}\), c'est-à-dire \(x-0=t\), \(y-0=-t\) et \(z-2=4t\).
En conclusion : \(\Delta\) a pour représentation paramétrique \(x=t\), \(y=-t\), \(z=2+4t\), avec \(t\in\mathbb{R}\).
4. Projeté orthogonal de D sur (ABC).
Le projeté orthogonal de D sur le plan est le point où la droite \(\Delta\), perpendiculaire au plan et passant par D, perce ce plan. Alors, on injecte donc la représentation paramétrique dans l'équation de (ABC) :
\[t-(-t)+4(2+4t)-5=0 \iff 18t+3=0 \iff t=-\dfrac{1}{6}.\]
Puis on remplace cette valeur dans la représentation de \(\Delta\) : \(x=-\dfrac{1}{6}\), \(y=\dfrac{1}{6}\) et \(z=2-\dfrac{4}{6}=\dfrac{4}{3}\).
En conclusion : le projeté orthogonal de D sur (ABC) est bien \(\text{H}\left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}\right)\).
5. a) ABC est-il isocèle en B ?
Il suffit de comparer les longueurs BA et BC, calculées avec la formule de la distance en repère orthonormé :
\[\text{BA}=\sqrt{(2-3)^2+(1+2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11}\]
\[\text{BC}=\sqrt{(0-3)^2+(-1+2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}\]
En conclusion : \(\text{BA}=\text{BC}=\sqrt{11}\), le triangle ABC est isocèle en B.
5. b) Aire du triangle ABC.
Dans un triangle isocèle en B, la médiane issue de B est aussi la hauteur relative à la base [AC]. Soit I le milieu de [AC] : \(\text{I}\left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{1+1}{2}\right)=(1 ; 0 ; 1)\). Par ailleurs, on peut contrôler l'orthogonalité : \(\overrightarrow{BI}(-2 ; 2 ; 1)\) et \(\overrightarrow{AC}(-2 ; -2 ; 0)\) donnent \(\overrightarrow{BI}\cdot\overrightarrow{AC}=4-4+0=0\).
Alors, on calcule ensuite la base et la hauteur : \(\text{AC}=\sqrt{4+4+0}=2\sqrt{2}\) et \(\text{BI}=\sqrt{4+4+1}=3\). D'où :
\[\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{\text{AC}\times\text{BI}}{2}=\dfrac{2\sqrt{2}\times 3}{2}=3\sqrt{2}.\]
En conclusion : l'aire du triangle ABC vaut \(3\sqrt{2}\) unités d'aire.
Question 6 a
6. a) Volume du tétraèdre ABCD.
Par ailleurs, on prend pour base le triangle ABC. La hauteur associée est la distance de D au plan (ABC), c'est-à-dire la longueur DH puisque H est le projeté orthogonal de D sur ce plan. Avec \(\overrightarrow{HD}\left(\dfrac{1}{6} ; -\dfrac{1}{6} ; \dfrac{2}{3}\right)\) :
\[\text{DH}=\sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{16}{36}}=\sqrt{\dfrac{18}{36}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]
La formule rappelée donne alors :
\[V=\dfrac{1}{3}\times 3\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{3\times 2}{2}=1.\]
En conclusion : le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1 unité de volume.
6. b) Aire du triangle BCD.
Le volume d'un tétraèdre ne dépend pas de la face choisie comme base. En prenant cette fois BCD pour base, la hauteur est la distance de A au plan (BCD), égale à \(\sqrt{2}\). Ainsi, on a donc \(1=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\text{BCD}}\times\sqrt{2}\), d'où \(\mathcal{A}_{\text{BCD}}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\).
En conclusion : l'aire du triangle BCD vaut \(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\approx 2{,}12\) unités d'aire.
7. a) Valeur de \(k\) rendant A, B, C, \(\text{D}_k\) coplanaires, et projeté de \(\text{D}_k\).
Comme A, B, C définissent le plan (ABC), les quatre points sont coplanaires exactement quand \(\text{D}_k\) appartient à (ABC). Alors, on remplace ses coordonnées dans l'équation du plan : \(0-0+4k-5=0\), soit \(k=\dfrac{5}{4}\).
Pour cette valeur, le point \(\text{D}_k\) est lui-même dans le plan : son projeté orthogonal sur (ABC) est donc le point lui-même.
En conclusion : \(k=\dfrac{5}{4}\), et le projeté orthogonal de \(\text{D}_{5/4}\left(0 ; 0 ; \dfrac{5}{4}\right)\) sur (ABC) est \(\text{D}_{5/4}\) lui-même.
Question 7 b
7. b) A peut-il être le projeté orthogonal de \(\text{D}_k\) ?
A est dans le plan (ABC). Il serait le projeté orthogonal de \(\text{D}_k\) si et seulement si le vecteur \(\overrightarrow{A\text{D}_k}\) était colinéaire au vecteur normal \(\overrightarrow{n}\) (le cas \(\text{D}_k=\text{A}\) est impossible car A n'est pas sur l'axe des cotes). Or \(\overrightarrow{A\text{D}_k}(-2 ; -1 ; k-1)\). Une égalité \(\overrightarrow{A\text{D}_k}=\lambda\overrightarrow{n}\) imposerait \(\lambda=-2\) avec la première coordonnée et \(-\lambda=-1\), soit \(\lambda=1\), avec la deuxième : c'est contradictoire, quel que soit \(k\).
En conclusion : non, aucune valeur de \(k\) ne fait de A le projeté orthogonal de \(\text{D}_k\) sur (ABC).
Corrigé de l’exercice 2 (bac 2026, France, jour 2) 5 points
Suite arithmético-géométrique, script Python, récurrence, convergence monotone, équation différentielle \(y'=ay+b\), exponentielle et logarithme
Partie A : modèle discret
1. Calculer \(V_1\) et \(V_2\).
Puis on applique deux fois la relation de récurrence en partant de \(V_0=0\) : \(V_1=0{,}995\times 0+6=6\), puis \(V_2=0{,}995\times 6+6=5{,}97+6=11{,}97\).
En conclusion : \(V_1=6\) et \(V_2=11{,}97\) ; après deux heures, le bassin contient 11,97 litres de polluant.
2. Compléter le programme Python.
La variable v doit d'abord contenir le premier terme \(V_0=0\). La boucle for tourne ensuite \(n\) fois ; à chaque passage, on remplace la valeur courante par l'image donnée par la relation de récurrence. Après \(n\) passages, v contient \(V_n\), que la fonction renvoie. Par exemple, volume(2) renvoie 11,97.
def volume(n):
v = 0
for k in range(n):
v = 0.995 * v + 6
return v
En conclusion : on complète par v = 0 avant la boucle et v = 0.995 * v + 6 dans la boucle.
3. Montrer par récurrence que \(V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1200\).
Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1200\) ».
Initialisation. Pour \(n=0\) : \(V_0=0\) et \(V_1=6\), et l'on a bien \(0 \leqslant 6 \leqslant 1200\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Ainsi, on suppose \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\) fixé, c'est-à-dire \(V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1200\). En multipliant par \(0{,}995\), nombre strictement positif, l'ordre est conservé : \(0{,}995V_n \leqslant 0{,}995V_{n+1} \leqslant 1194\). En ajoutant 6 à chaque membre : \(0{,}995V_n+6 \leqslant 0{,}995V_{n+1}+6 \leqslant 1200\), c'est-à-dire \(V_{n+1} \leqslant V_{n+2} \leqslant 1200\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. Vraie au rang 0 et héréditaire, la propriété est vraie pour tout entier naturel d'après le principe de récurrence.
En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1200\).
Question 4
4. Convergence et limite de \((V_n)\).
La question précédente montre que \((V_n)\) est croissante (\(V_n \leqslant V_{n+1}\)) et majorée par 1200. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\).
Pour trouver \(\ell\), on passe à la limite dans la relation \(V_{n+1}=0{,}995V_n+6\) : la fonction \(x\mapsto 0{,}995x+6\) est affine donc continue, et \(\ell\) vérifie \(\ell=0{,}995\ell+6\). Alors, on en tire \(0{,}005\ell=6\), soit \(\ell=\dfrac{6}{0{,}005}=1200\).
En conclusion : la suite \((V_n)\) converge vers 1200 ; à long terme, le volume de polluant se rapproche de 1200 litres.
Partie B : modèle continu
1. a) Solutions de \((E)\).
L'équation \((E)\) est du type \(y'=ay+b\) avec \(a=-0{,}005\) et \(b=6\). D'après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t\mapsto C\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), où \(C\) est une constante réelle. Ici \(-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{6}{-0{,}005}=1200\).
En conclusion : les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t\mapsto C\text{e}^{-0{,}005t}+1200\), avec \(C\in\mathbb{R}\).
1. b) Expression de \(v(t)\).
La fonction \(v\) est l'une de ces solutions : il existe un réel \(C\) tel que \(v(t)=C\text{e}^{-0{,}005t}+1200\). La condition initiale \(v(0)=0\) donne \(C\text{e}^{0}+1200=0\), donc \(C=-1200\). Ainsi \(v(t)=-1200\text{e}^{-0{,}005t}+1200\), et en factorisant par 1200 :
En conclusion : pour tout \(t\geqslant 0\), \(v(t)=1200\left(1-\text{e}^{-0{,}005t}\right)\).
1. c) Limite de \(v\) en \(+\infty\).
Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}005t\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(\displaystyle\lim_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\), par composition \(\text{e}^{-0{,}005t}\) tend vers 0. Donc \(1-\text{e}^{-0{,}005t}\) tend vers 1, et \(v(t)\) tend vers \(1200\times 1\).
En conclusion : \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}v(t)=1200\), comme la limite trouvée avec le modèle discret.
1. d) Sens de variation de \(v\).
Puis on dérive : la dérivée de \(t\mapsto\text{e}^{-0{,}005t}\) est \(t\mapsto-0{,}005\text{e}^{-0{,}005t}\), donc \(v'(t)=1200\times 0{,}005\,\text{e}^{-0{,}005t}=6\text{e}^{-0{,}005t}\). Ensuite, on peut aussi utiliser directement \((E)\) : \(v'(t)=-0{,}005v(t)+6\) donne le même résultat. Une exponentielle étant toujours strictement positive, \(v'(t)\gt 0\) sur \([0 ; +\infty[\).
En conclusion : la fonction \(v\) est strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\).
2. Un nettoyage complet sera-t-il nécessaire ?
Le seuil vaut 5 % du volume du bassin : \(0{,}05\times 30\,000=1500\) litres. Or, pour tout \(t\geqslant 0\), \(\text{e}^{-0{,}005t}\gt 0\), donc \(1-\text{e}^{-0{,}005t}\lt 1\) et \(v(t)\lt 1200\). Le volume de polluant reste toujours sous 1200 litres, donc bien en dessous de 1500 litres.
En conclusion : selon ce modèle, le seuil de 1500 litres n'est jamais atteint, le propriétaire n'aura pas à faire de nettoyage complet.
Question 3
3. Instant à partir duquel le volume dépasse 50 litres.
La fonction \(v\) étant strictement croissante et continue, avec \(v(0)=0\) et une limite de 1200, il existe un unique instant \(t_0\) où \(v(t_0)=50\), et le volume dépasse 50 litres pour \(t\gt t_0\). Alors, on résout :
\[1200\left(1-\text{e}^{-0{,}005t}\right)=50 \iff 1-\text{e}^{-0{,}005t}=\dfrac{1}{24} \iff \text{e}^{-0{,}005t}=\dfrac{23}{24}.\]
La fonction \(\ln\) étant la réciproque de l'exponentielle sur \(]0 ; +\infty[\) :
\[-0{,}005t=\ln\left(\dfrac{23}{24}\right) \iff t=-200\ln\left(\dfrac{23}{24}\right)=200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right).\]
À la calculatrice, \(t_0\approx 8{,}5119\) heures. La partie décimale représente \(0{,}5119\times 60\approx 30{,}7\) minutes, soit 31 minutes à la minute près.
En conclusion : le volume dépasse 50 litres à partir de \(t_0=200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right)\) heures, soit environ 8 h 31 min après le début de la pollution.
Corrigé de l’exercice 3 (bac 2026, France, jour 2) 4 points
Probabilités conditionnelles, loi binomiale, inégalité de Bienaymé-Tchebychev, combinaisons
Affirmation 1 : \(P_F(O)=0{,}832\) ?
Le choix se fait au hasard, les pourcentages de l'étude sont donc des probabilités : \(P(O)=0{,}52\), \(P_O(F)=0{,}32\) et \(P(F)=0{,}2\). Puis on cherche la probabilité « inversée » \(P_F(O)\). Ensuite, on calcule d'abord l'intersection : \(P(O\cap F)=P(O)\times P_O(F)=0{,}52\times 0{,}32=0{,}1664\). Puis, par définition d'une probabilité conditionnelle :
\[P_F(O)=\dfrac{P(O\cap F)}{P(F)}=\dfrac{0{,}1664}{0{,}2}=0{,}832.\]
En conclusion : l'affirmation 1 est vraie.
Affirmation 2 : \(P(X\leqslant 340)\approx 0{,}4\) ?
Ensuite, on répète 5 000 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « la personne est musicien professionnel » a pour probabilité \(p=0{,}062\). La variable \(X\) compte les succès : elle suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5000 ; 0{,}062)\).
Son espérance vaut \(5000\times 0{,}062=310\) : la valeur 340 est au-dessus de la moyenne, il serait donc surprenant que \(P(X\leqslant 340)\) soit inférieure à \(0{,}5\). La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne en effet \(P(X\leqslant 340)\approx 0{,}962\), soit environ 1,0 au dixième.
En conclusion : \(P(X\leqslant 340)\approx 0{,}96\), l'affirmation 2 est fausse.
Affirmation 3 : plus de 95 % de chance que \(230\lt X\lt 390\) ?
Pour la loi binomiale : \(E(X)=np=310\) et \(V(X)=np(1-p)=5000\times 0{,}062\times 0{,}938=290{,}78\).
L'intervalle \(]230 ; 390[\) est centré sur l'espérance 310, avec un demi-écart de 80. L'évènement \(\{230\lt X\lt 390\}\) s'écrit donc \(\{|X-310|\lt 80\}\) ; son contraire est \(\{|X-310|\geqslant 80\}\). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec \(\delta=80\) donne :
\[P\left(|X-310|\geqslant 80\right)\leqslant\dfrac{V(X)}{80^2}=\dfrac{290{,}78}{6400}\approx 0{,}0454.\]
Par passage au contraire : \(P(230\lt X\lt 390)\geqslant 1-0{,}0454=0{,}9546\), qui dépasse 0,95.
En conclusion : la probabilité est au moins égale à 0,954, l'affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4 : 120 équipes possibles ?
Une équipe est un groupe de joueurs sans ordre ni poste : on compte des combinaisons. Il faut choisir 2 musiciens parmi les 4, soit \(\dbinom{4}{2}=6\) possibilités, et, indépendamment, 3 non-musiciens parmi les 6 autres personnes, soit \(\dbinom{6}{3}=20\) possibilités. Chaque choix de musiciens pouvant être associé à chaque choix de non-musiciens, le principe multiplicatif donne \(6\times 20=120\) équipes.
Par ailleurs, on remarque que chaque équipe formée désigne aussi son adversaire (les cinq personnes restantes) : il y a 60 affiches de match, mais bien 120 équipes différentes, ce que demande l'affirmation.
En conclusion : on peut former 120 équipes, l'affirmation 4 est vraie.
Corrigé de l’exercice 4 (bac 2026, France, jour 2) 6 points
Lecture graphique, nombre dérivé et tangente, primitives, croissances comparées, variations, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties
Partie A
1. a) Donner \(f'(1)\).
Le nombre dérivé \(f'(1)\) est le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d'abscisse 1. Cette tangente est parallèle à l'axe des abscisses : elle est horizontale, de pente nulle.
En conclusion : \(f'(1)=0\).
1. b) Résoudre \(f(x)=0\) sur \([0 ; 3]\).
Les solutions sont les abscisses des points où \(\mathcal{C}_f\) rencontre l'axe des abscisses. Sur \([0 ; 3]\), la courbe ne le coupe qu'au point \(\text{A}\left(\dfrac{1}{2} ; 0\right)\).
En conclusion : sur \([0 ; 3]\), l'équation \(f(x)=0\) a pour unique solution \(x=\dfrac{1}{2}\).
2. Déterminer \(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\).
\(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\) est la pente de la tangente \(T_{\text{A}}\). Cette droite passe par A et par B, on calcule donc son coefficient directeur à partir de ces deux points :
\[f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{y_{\text{B}}-y_{\text{A}}}{x_{\text{B}}-x_{\text{A}}}=\dfrac{\text{e}^2-0}{1-\dfrac{1}{2}}=2\text{e}^2.\]
En conclusion : \(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=2\text{e}^2\approx 14{,}78\).
3. Quelles courbes représentent des primitives de \(f\) ?
Première observation : d'après la courbe, \(f\) est négative sur \(\left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\) et positive sur \(\left[\dfrac{1}{2} ; +\infty\right[\). Une primitive \(F\) de \(f\) vérifie \(F'=f\) : elle est décroissante puis croissante, avec un minimum atteint en \(x=\dfrac{1}{2}\). Les courbes \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) ont bien leur minimum en \(\dfrac{1}{2}\), alors que \(\mathcal{C}_3\) atteint le sien vers \(x\approx 0{,}9\) et décroît encore entre \(0{,}5\) et \(0{,}9\), là où \(f\) est strictement positive : \(\mathcal{C}_3\) ne convient pas.
Seconde observation : deux primitives d'une même fonction diffèrent 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 \(\mathcal{C}_2\) (écart constant de 2 unités), alors que \(\mathcal{C}_3\) est décalée horizontalement.
En conclusion : les courbes \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) représentent des primitives de \(f\).
Partie B
1. a) Vérifier l'écriture \(f(x)=\text{e}^{2}\times\dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}\).
Ensuite, on découpe l'exposant : \(-2x+3=2-(2x-1)\). Avec les propriétés de l'exponentielle, \(\text{e}^{-2x+3}=\text{e}^{2}\times\text{e}^{-(2x-1)}=\dfrac{\text{e}^{2}}{\text{e}^{2x-1}}\). En multipliant par \(2x-1\) :
En conclusion : pour tout \(x\geqslant 0\), \(f(x)=(2x-1)\text{e}^{-2x+3}=\text{e}^{2}\times\dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}\).
1. b) Limite de \(f\) en \(+\infty\).
Alors, on pose \(X=2x-1\) : quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) tend aussi vers \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\dfrac{\text{e}^{X}}{X}=+\infty\), donc son inverse vérifie \(\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\dfrac{X}{\text{e}^{X}}=0\). Par composition, \(\dfrac{2x-1}{\text{e}^{2x-1}}\) tend vers 0, et le produit par la constante \(\text{e}^2\) tend aussi vers 0.
En conclusion : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0\) ; l'axe des abscisses est asymptote à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. a) Calculer \(f'(x)\).
Ensuite, on écrit \(f=uv\) avec \(u(x)=2x-1\) et \(v(x)=\text{e}^{-2x+3}\). Ainsi, on a \(u'(x)=2\) et, par la dérivée de \(\text{e}^{ax+b}\), \(v'(x)=-2\text{e}^{-2x+3}\). La formule \((uv)'=u'v+uv'\) donne :
\[f'(x)=2\text{e}^{-2x+3}+(2x-1)\times(-2)\text{e}^{-2x+3}=(2-4x+2)\text{e}^{-2x+3}.\]
En conclusion : pour tout \(x\geqslant 0\), \(f'(x)=(-4x+4)\text{e}^{-2x+3}\).
2. b) Tableau des variations de \(f\).
Comme \(\text{e}^{-2x+3}\gt 0\), \(f'(x)\) a le signe de \(-4x+4\), qui est positif pour \(x\lt 1\), nul en 1 et négatif pour \(x\gt 1\). Valeurs utiles : \(f(0)=-\text{e}^{3}\approx -20{,}1\) et \(f(1)=1\times\text{e}^{1}=\text{e}\approx 2{,}72\) ; la limite en \(+\infty\) vaut 0 (question 1. b).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(-\text{e}^{3}\) | \(\nearrow\) | \(\text{e}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
En conclusion : \(f\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\), de \(-\text{e}^3\) à \(\text{e}\), puis strictement décroissante sur \([1 ; +\infty[\), de \(\text{e}\) vers 0.
3. Traduire la contrainte, puis existence et valeur de \(\alpha\).
Sur la figure 2, le bord droit du logo est le segment vertical qui joint le point \((\alpha ; f(\alpha))\) de \(\mathcal{C}_f\) à son symétrique \((\alpha ; -f(\alpha))\). Comme \(f(\alpha)\gt 0\) pour \(\alpha\gt 1\), sa longueur vaut \(2f(\alpha)\). L'unité étant le centimètre, la contrainte s'écrit \(2f(\alpha)=0{,}3\), c'est-à-dire \(f(\alpha)=0{,}15\).
Sur \([1 ; +\infty[\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante ; elle prend la valeur \(\text{e}\approx 2{,}72\) en 1 et tend vers 0 en \(+\infty\). Comme \(0\lt 0{,}15\lt\text{e}\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) assure que l'équation \(f(x)=0{,}15\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([1 ; +\infty[\).
Par balayage à la calculatrice : \(f(3{,}25)\approx 0{,}166\gt 0{,}15\) et \(f(3{,}35)\approx 0{,}141\lt 0{,}15\), donc \(3{,}25\lt\alpha\lt 3{,}35\) (plus précisément \(\alpha\approx 3{,}312\)).
En conclusion : la contrainte équivaut à \(f(\alpha)=0{,}15\), cette équation a une unique solution sur \([1 ; +\infty[\) et \(\alpha\approx 3{,}3\).
Partie C
1. Calculer \(I\) par intégration par parties.
Alors, on pose \(u(x)=2x-1\) et \(w'(x)=\text{e}^{-2x+3}\), d'où \(u'(x)=2\) et l'on peut prendre \(w(x)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}\). Les fonctions \(u\) et \(w\) sont dérivables à dérivées continues sur \([0{,}5 ; 3{,}3]\), la formule d'intégration par parties s'applique :
\[I=\Big[u(x)w(x)\Big]_{0{,}5}^{3{,}3}-\int_{0{,}5}^{3{,}3}u'(x)w(x)\,\mathrm{d}x=\left[-\dfrac{2x-1}{2}\text{e}^{-2x+3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3}+\int_{0{,}5}^{3{,}3}\text{e}^{-2x+3}\,\mathrm{d}x.\]
Une primitive de \(\text{e}^{-2x+3}\) est \(-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}\). En regroupant les deux crochets, \(-\dfrac{2x-1}{2}\text{e}^{-2x+3}-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x+3}=-x\,\text{e}^{-2x+3}\), si bien que la fonction \(F(x)=-x\,\text{e}^{-2x+3}\) est une primitive de \(f\) (on peut le vérifier en la dérivant). Ainsi :
\[I=\Big[-x\,\text{e}^{-2x+3}\Big]_{0{,}5}^{3{,}3}=-3{,}3\,\text{e}^{-3{,}6}+0{,}5\,\text{e}^{2}\approx 3{,}604.\]
En conclusion : \(I=0{,}5\,\text{e}^{2}-3{,}3\,\text{e}^{-3{,}6}\approx 3{,}6\) au dixième.
2. Volume du porte-clé.
Sur \([0{,}5 ; 3{,}3]\), \(f\) est continue et positive : \(I\) est l'aire, en \(\text{cm}^2\), du domaine compris entre \(\mathcal{C}_f\), l'axe des abscisses et les droites \(x=0{,}5\) et \(x=3{,}3\). La partie basse du logo est le symétrique de ce domaine par rapport à l'axe des abscisses, de même aire. En prenant \(\alpha\approx 3{,}3\), l'aire du logo vaut donc \(2I\). Le volume est alors :
\[V=2I\times 0{,}2=0{,}4\,I\approx 0{,}4\times 3{,}604\approx 1{,}44.\]
Avec la valeur plus précise \(\alpha\approx 3{,}312\), le calcul donne encore environ \(1{,}44\) : l'arrondi au dixième n'est pas modifié.
En conclusion : le volume du porte-clé est d'environ \(1{,}4\ \text{cm}^3\).
Ce qu’il faut retenir de ce sujet
- Pour un projeté orthogonal sur un plan, on injecte la représentation paramétrique de la droite perpendiculaire dans l'équation cartésienne du plan.
- Le volume d'un tétraèdre se calcule avec n'importe quelle face : en changeant de base, on obtient une aire ou une distance inconnue.
- Une suite croissante et majorée converge ; sa limite se trouve en résolvant \(\ell=g(\ell)\) quand \(g\) est continue.
- Les solutions de \(y'=ay+b\) sont \(t\mapsto C\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\) ; la condition initiale fixe \(C\).
- Dans l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, repérer l'intervalle centré sur l'espérance et passer à l'évènement contraire.
- Deux primitives d'une même fonction ont des courbes superposables par translation verticale, avec des extremums là où la fonction change de signe.
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Présentation du corrigé du bac 2026, France, jour 2
Le corrigé du bac 2026, France, jour 2 du 17 juin 2026 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) aborde : géométrie dans l'espace : vecteur normal, équation de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, aire et volume. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) traite : suite arithmético-géométrique, script Python, récurrence, convergence monotone, équation différentielle, exponentielle et logarithme. Puis, la correction de l'exercice 3 (4 points) porte sur : probabilités conditionnelles, loi binomiale, inégalité de Bienaymé-Tchebychev, combinaisons. Enfin, la correction de l'exercice 4 (6 points) aborde : lecture graphique, nombre dérivé et tangente, primitives, croissances comparées, variations, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties.
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 2026, 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.
Pour travailler dans l'ordre, ouvrez d'abord l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.
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