Bac de maths 2025 France J2 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : chutes en roller, loi binomiale et temps d’attente

Partie A

1. Les données donnent \(P(A)=0{,}6\), donc \(P(\overline{A})=0{,}4\). Si la personne chute lors de la première séance, la probabilité de chuter à la seconde est \(P_A(B)=0{,}3\), donc \(P_A(\overline{B})=0{,}7\). Sinon, \(P_{\overline{A}}(B)=0{,}4\), donc \(P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}6\). D'où l'arbre pondéré :

2. On suit le chemin \(\overline{A}\) puis \(\overline{B}\) :

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

\(P(\overline{A}\cap\overline{B})=0{,}24\) : 24 % des personnes ayant pris la formule ne chutent à aucune des deux séances.

3. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition, donc d'après la formule des probabilités totales :

\[P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=0{,}6\times 0{,}3+0{,}4\times 0{,}4=0{,}18+0{,}16=0{,}34.\]

4. On a \(P(\overline{B})=1-0{,}34=0{,}66\). La probabilité demandée est :

\[P_{\overline{B}}(\overline{A})=\dfrac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{B})}=\dfrac{0{,}24}{0{,}66}=\dfrac{4}{11}\approx 0{,}364.\]

5. a. On répète 100 fois, de façon indépendante (tirage avec remise), la même épreuve : choisir une personne et regarder si elle ne chute à aucune des deux séances. Cette épreuve a deux issues, avec une probabilité de succès \(p=0{,}24\). La variable \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=100\) et \(p=0{,}24\).

5. b. On cherche \(P(X\geqslant 20)=1-P(X\leqslant 19)\). À la calculatrice, \(P(X\leqslant 19)\approx 0{,}145\), donc \(P(X\geqslant 20)\approx 0{,}855\).

5. c. \(E(X)=np=100\times 0{,}24=24\). \(E(X)=24\) : sur un grand nombre d'échantillons de 100 personnes, on compte en moyenne 24 personnes sans aucune chute par échantillon.

Partie B

1. Par linéarité de l'espérance, \(E(T)=E(T_1)+E(T_2)=40+60=100\). \(E(T)=100\) : une personne attend en moyenne 100 minutes sur l'ensemble du week-end.

2. On a \(V(T_1)=10^2=100\) et \(V(T_2)=16^2=256\). Les variables étant indépendantes, les variances s'ajoutent : \(V(T)=100+256=356\).

3. L'évènement « \(60\lt T\lt 140\) » équivaut à \(|T-100|\lt 40\), puisque \(E(T)=100\). Son contraire est \(|T-100|\geqslant 40\). Avec Bienaymé-Tchebychev et \(t=40\) :

\[P\left(|T-100|\geqslant 40\right)\leqslant\dfrac{356}{40^2}=\dfrac{356}{1\,600}=0{,}2225.\]

On en déduit :

\[P(60\lt T\lt 140)=1-P\left(|T-100|\geqslant 40\right)\geqslant 1-0{,}2225=0{,}7775\gt 0{,}77.\]

La probabilité est donc bien supérieure à 0,77.

Corrigé de l’exercice 2 : plan, projeté orthogonal et triangle rectangle

Partie A

1. Cherchons les paramètres qui donnent S. Sur \(d\), \(x=\dfrac{3}{2}+2t=-\dfrac{1}{2}\) donne \(t=-1\) ; alors \(y=2-1=1\) et \(z=3+1=4\) : on trouve bien \(\mathrm{S}\left(-\dfrac{1}{2}\,;1\,;4\right)\). Sur \(d'\), \(x=s=-\dfrac{1}{2}\) donne \(y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}=1\) et \(z=3-2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)=4\) : on retrouve S. Les directions \(\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\) ne sont pas proportionnelles, donc les droites sont distinctes. Elles ont le point S en commun : elles sont sécantes en S.

2. a. On a \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}\), non colinéaires (donc A, B, C définissent bien un plan). Les produits scalaires sont :

\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=2-6+4=0\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=2-2+0=0.\]

Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : c'est un vecteur normal au plan (ABC).

2. b. Une équation du plan est de la forme \(x+2y+4z+c=0\). En remplaçant par les coordonnées de A : \(-1+4+4+c=0\), donc \(c=-7\). Une équation de (ABC) est \(x+2y+4z-7=0\).

3. Pour S, on obtient \(-\dfrac{1}{2}+2\times 1+4\times 4-7=\dfrac{21}{2}\neq 0\). Les coordonnées de S ne vérifient pas l'équation : S n'est pas dans le plan (ABC), donc A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

4. a. D'abord H est dans le plan : \(-1+0+8-7=0\). Ensuite \(\overrightarrow{\mathrm{SH}}\begin{pmatrix}-1+\frac{1}{2}\\0-1\\2-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\-1\\-2\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{n}\) : ce vecteur est colinéaire au vecteur normal, donc la droite (SH) est perpendiculaire au plan. H est un point du plan tel que (SH) soit orthogonale au plan : H est le projeté orthogonal de S sur (ABC).

4. b. On calcule \(\mathrm{SH}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+1+4}=\sqrt{\dfrac{21}{4}}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\). Pour un point \(M\) du plan distinct de H, le triangle SHM est rectangle en H, donc \(\mathrm{SM}\) est son hypoténuse et \(\mathrm{SM}\gt\mathrm{SH}\). Pour \(M=\mathrm{H}\), \(\mathrm{SM}=\mathrm{SH}\). Dans tous les cas \(\mathrm{S}M\geqslant\dfrac{\sqrt{21}}{2}\) : aucun point du plan n'est à une distance de S strictement inférieure à \(\dfrac{\sqrt{21}}{2}\).

Partie B

1. On a \(\overrightarrow{\mathrm{CS}}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}-1\\1-1\\4-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{3}{2}\\0\\3\end{pmatrix}\). Comme \(\overrightarrow{\mathrm{C}M}=k\,\overrightarrow{\mathrm{CS}}\), on a \(x_M=1-\dfrac{3}{2}k\), \(y_M=1\), \(z_M=1+3k\). Donc \(M\left(1-\dfrac{3}{2}k\,;1\,;1+3k\right)\).

2. Le triangle \(M\mathrm{AB}\) est rectangle en \(M\) si et seulement si \(\overrightarrow{M\mathrm{A}}\cdot\overrightarrow{M\mathrm{B}}=0\). On a :

\[\overrightarrow{M\mathrm{A}}\begin{pmatrix}-2+\frac{3}{2}k\\1\\-3k\end{pmatrix}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{M\mathrm{B}}\begin{pmatrix}\frac{3}{2}k\\-2\\1-3k\end{pmatrix}.\]

\[\overrightarrow{M\mathrm{A}}\cdot\overrightarrow{M\mathrm{B}}=\left(-2+\tfrac{3}{2}k\right)\tfrac{3}{2}k-2-3k(1-3k)=\tfrac{45}{4}k^2-6k-2.\]

L'équation \(\dfrac{45}{4}k^2-6k-2=0\) équivaut à \(45k^2-24k-8=0\). Son discriminant est \(\Delta=24^2+4\times 45\times 8=2\,016\gt 0\), donc deux solutions : \(k_1=\dfrac{24+\sqrt{2\,016}}{90}\approx 0{,}766\) et \(k_2=\dfrac{24-\sqrt{2\,016}}{90}\approx -0{,}232\). Seule \(k_1\) appartient à \([0\,;1]\). Oui, il existe un seul point \(M\) du segment [CS], obtenu pour \(k\approx 0{,}766\) (c'est-à-dire \(k=\dfrac{4+2\sqrt{14}}{15}\)), pour lequel \(M\mathrm{AB}\) est rectangle en \(M\).

Corrigé de l’exercice 3 : quatre affirmations vrai ou faux

Affirmation 1 : fausse. On factorise numérateur et dénominateur par les termes dominants :

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

Comme \(\dfrac{5}{3}\gt 1\), \(\left(\dfrac{5}{3}\right)^n\) tend vers \(+\infty\), et le quotient tend vers \(\dfrac{1}{1}=1\). Donc \(u_n\) tend vers \(+\infty\) : la suite ne converge pas vers \(\dfrac{5}{3}\).

Affirmation 2 : vraie. Récurrence sur \(P_n\) : « \(w_n\geqslant n\) ». Initialisation : \(w_0=0\geqslant 0\). Hérédité : si \(w_n\geqslant n\), alors \(3w_n\geqslant 3n\), donc \(w_{n+1}=3w_n-2n+3\geqslant 3n-2n+3=n+3\gt n+1\). Ainsi \(w_{n+1}\geqslant n+1\). Conclusion : \(w_n\geqslant n\) pour tout entier \(n\).

Affirmation 3 : fausse. Une fonction convexe a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes. Sur la figure, au voisinage du point A d'abscisse 8, la courbe \(\mathcal{C}_f\) passe sous la tangente \(T\), de part et d'autre de A. La fonction \(f\) n'est donc pas convexe sur \(]0\,;+\infty[\) (elle est concave près de A).

Affirmation 4 : vraie. Posons \(\varphi(x)=\ln x-x+1\) sur \(]0\,;+\infty[\). Alors \(\varphi'(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\), du signe de \(1-x\) car \(x\gt 0\). La fonction \(\varphi\) est croissante sur \(]0\,;1]\), décroissante sur \([1\,;+\infty[\), donc elle a un maximum en 1 : \(\varphi(1)=0-1+1=0\). Ainsi \(\varphi(x)\leqslant 0\) pour tout \(x\gt 0\).

Corrigé de l’exercice 4 : freinage d’un chariot de manège

Partie A

1. On cherche l'abscisse du point de la courbe d'ordonnée 15 : on lit environ 2 secondes.

2. La distance parcourue se rapproche de l'asymptote horizontale \(\Delta\), située un peu au-dessus de 22 : la zone de freinage doit mesurer au moins environ 22,8 m (la lecture graphique donne entre 22,5 m et 23 m).

3. \(d'(4{,}7)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) en A. Cette droite passe par le point de l'axe des ordonnées de hauteur environ 16,4 et par A d'ordonnée environ 21 : la pente est \(\dfrac{21-16{,}4}{4{,}7}\approx 1\). \(d'(4{,}7)\approx 1\) : à l'instant 4,7 s, la vitesse du chariot est d'environ 1 m·s⁻¹.

Partie B

1. a. L'équation \((E')\) s'écrit \(y'=-0{,}6y\) : ses solutions sont les fonctions \(t\mapsto C\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\), avec \(C\) réel.

1. b. La fonction \(g(t)=t\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\) est dérivable et \(g'(t)=\mathrm{e}^{-0{,}6t}-0{,}6t\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\). Donc :

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

La fonction \(g\) est bien solution de \((E)\).

1. c. Les solutions de \((E)\) sont la somme d'une solution particulière (\(g\)) et des solutions de \((E')\) : \(t\mapsto (t+C)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\), avec \(C\) réel.

1. d. Comme \(v\) est solution de \((E)\), \(v(t)=(t+C)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\). La condition \(v(0)=12\) donne \(C=12\). Donc \(v(t)=(12+t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\).

2. a. On dérive un produit :

\[v'(t)=\mathrm{e}^{-0{,}6t}+(12+t)\times(-0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}=(1-7{,}2-0{,}6t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}=(-6{,}2-0{,}6t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}.\]

2. b. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(\mathrm{e}^{-0{,}6t}\) tend vers 0, donc \(12\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}\) aussi. En posant \(X=0{,}6t\), qui tend vers \(+\infty\), le quotient \(\dfrac{X}{\mathrm{e}^{X}}\) tend vers 0 par croissances comparées. Donc \(\lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=0\).

2. c. Pour \(t\geqslant 0\), \(\mathrm{e}^{-0{,}6t}\gt 0\) et \(-6{,}2-0{,}6t\leqslant -6{,}2\lt 0\), donc \(v'(t)\lt 0\) : \(v\) est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\). Avec \(v(0)=12\) et la limite 0 :

2. d. La fonction \(v\) est continue et strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\), de 12 vers 0. Comme \(1\in\,]0\,;12]\), le théorème de la bijection montre que l'équation \(v(t)=1\) a une unique solution \(\alpha\). À la calculatrice, \(v(4{,}6)\approx 1{,}05\gt 1\) et \(v(4{,}7)\approx 0{,}995\lt 1\), donc \(4{,}6\lt\alpha\lt 4{,}7\) et, plus précisément, \(\alpha\approx 4{,}69\). Au dixième : \(\alpha\approx 4{,}7\).

3. Le système se déclenche dès que \(v(t)\leqslant 1\). Comme \(v\) est décroissante, cela revient à \(t\geqslant\alpha\). Il entre donc en action au bout d'environ 4,7 secondes.

Partie C

1. On pose \(u(x)=12+x\) et \(w'(x)=\mathrm{e}^{-0{,}6x}\), donc \(u'(x)=1\) et \(w(x)=-\dfrac{1}{0{,}6}\mathrm{e}^{-0{,}6x}\). Par intégration par parties :

\[d(t)=\left[-\dfrac{12+x}{0{,}6}\,\mathrm{e}^{-0{,}6x}\right]_0^t+\dfrac{1}{0{,}6}\int_0^t\mathrm{e}^{-0{,}6x}\,\mathrm{d}x.\]

Le crochet vaut \(-\dfrac{12+t}{0{,}6}\,\mathrm{e}^{-0{,}6t}+20\). L'intégrale vaut \(\dfrac{1}{0{,}6}\times\dfrac{1-\mathrm{e}^{-0{,}6t}}{0{,}6}=\dfrac{25}{9}\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}6t}\right)\). En regroupant :

\[d(t)=\mathrm{e}^{-0{,}6t}\left(-\dfrac{5}{3}(12+t)-\dfrac{25}{9}\right)+20+\dfrac{25}{9}=\mathrm{e}^{-0{,}6t}\left(-\dfrac{5}{3}t-\dfrac{205}{9}\right)+\dfrac{205}{9}.\]

(On a utilisé \(\dfrac{5}{3}\times 12=20\) et \(20+\dfrac{25}{9}=\dfrac{205}{9}\).)

2. Le dispositif se déclenche au temps \(\alpha\approx 4{,}69\) s. On calcule \(d(\alpha)\) avec la valeur exacte de \(\alpha\) (mémorisée dans la calculatrice) : \(d(\alpha)\approx 20{,}94\) m. Attention : si l'on remplace \(\alpha\) par sa valeur arrondie 4,7, on trouve \(d(4{,}7)\approx 20{,}95\) m ; l'écart d'un centième vient de l'arrondi sur \(\alpha\), c'est pourquoi on garde la valeur exacte en mémoire pour un résultat au centième.