Bac de maths 2026 France J2 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : plan, projeté orthogonal et volume d’un tétraèdre

1. Calculons les coordonnées de deux vecteurs du plan : \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-2\\-2-1\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-3\\-1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0-2\\-1-1\\1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-2\\0\end{pmatrix}\).

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\). La première coordonnée donnerait \(\lambda=-2\), mais la troisième donnerait \(0=-\lambda\), donc \(\lambda=0\) : c'est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan.

2. a. Le repère est orthonormé, donc on calcule les produits scalaires avec les coordonnées : \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB}=1\times1+(-1)\times(-3)+4\times(-1)=1+3-4=0\) et \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}=1\times(-2)+(-1)\times(-2)+4\times0=-2+2=0\).

Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC). Il est donc normal au plan (ABC).

b. 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 appartient au plan, donc \(2-1+4\times1+d=0\), soit \(5+d=0\) et \(d=-5\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(x-y+4z-5=0\).

3. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC), donc le vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-1\\4\end{pmatrix}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Elle passe par D\((0\,;0\,;2)\), donc ses points M\((x\,;y\,;z)\) vérifient \(\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{n}\), c'est-à-dire \(x=0+t\), \(y=0-t\), \(z=2+4t\) avec \(t\in\mathbb{R}\). On retrouve exactement la représentation proposée.

4. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d'intersection de \(\Delta\) et du plan (ABC). Un point de \(\Delta\) de paramètre \(t\) est dans le plan si et seulement si \(t-(-t)+4(2+4t)-5=0\), soit \(18t+3=0\), donc \(t=-\dfrac{1}{6}\).

On remplace dans la représentation paramétrique : \(x=-\dfrac{1}{6}\), \(y=\dfrac{1}{6}\), \(z=2-\dfrac{4}{6}=\dfrac{4}{3}\). Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est bien H\(\left(-\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{4}{3}\right)\).

5. a. Le repère est orthonormé : \(BA=\sqrt{(2-3)^2+(1+2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11}\) et \(BC=\sqrt{(0-3)^2+(-1+2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}\). Comme BA = BC, le triangle ABC est isocèle en B.

b. Dans un triangle isocèle en B, la médiane issue de B est aussi la hauteur. Le milieu de [AC] est I\(\left(\dfrac{2+0}{2}\,;\dfrac{1-1}{2}\,;\dfrac{1+1}{2}\right)=(1\,;0\,;1)\). On calcule \(BI=\sqrt{(1-3)^2+(0+2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{4+4+1}=3\) et \(AC=\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+0^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\).

L'aire vaut \(\dfrac{AC\times BI}{2}=\dfrac{2\sqrt{2}\times3}{2}=\) \(3\sqrt{2}\).

6. a. Prenons ABC pour base. La hauteur correspondante est la distance de D au plan (ABC), c'est-à-dire la longueur DH puisque H est le projeté orthogonal de D : \(DH=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(\dfrac{4}{3}-2\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{4}{9}}=\sqrt{\dfrac{18}{36}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).

Alors \(V=\dfrac{1}{3}\times3\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{3\times2}{2}=\) 1.

b. Le même tétraèdre peut aussi avoir BCD pour base et A pour sommet : \(V=\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}(BCD)\times\sqrt{2}\). Comme \(V=1\), on obtient \(\text{Aire}(BCD)=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\) \(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\).

7. a. Le point D\(_k\)\((0\,;0\,;k)\) est dans le plan (ABC) si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan : \(0-0+4k-5=0\), donc \(k=\dfrac{5}{4}\). Les quatre points sont alors coplanaires, et le projeté orthogonal d'un point du plan sur ce plan est le point lui-même, ici D\(_{5/4}\).

b. Si A était le projeté orthogonal de D\(_k\), le vecteur \(\overrightarrow{AD_k}\begin{pmatrix}-2\\-1\\k-1\end{pmatrix}\) serait orthogonal au plan, donc colinéaire à \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-1\\4\end{pmatrix}\) : il existerait \(\lambda\) avec \(-2=\lambda\) et \(-1=-\lambda\). On aurait à la fois \(\lambda=-2\) et \(\lambda=1\) : c'est impossible, quel que soit \(k\). Non, il n'existe aucune valeur de \(k\) pour laquelle A est le projeté orthogonal de D\(_k\).

Corrigé de l’exercice 2 : pollution d’un bassin, suite et équation différentielle

Partie A

1. \(V_1=0{,}995\times0+6=\) 6 et \(V_2=0{,}995\times6+6=5{,}97+6=\) 11,97. Après une heure puis deux heures, il y a donc 6 litres puis 11,97 litres de polluant.

2. La variable \(v\) doit contenir \(V_0=0\) au départ, puis la boucle applique \(n\) fois la relation de récurrence :

def volume(n):
    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995 * v + 6
    return v

3. Montrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(V_n\leqslant V_{n+1}\leqslant1200\) ».

Initialisation. \(V_0=0\) et \(V_1=6\), donc \(0\leqslant6\leqslant1200\) : \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier tel que \(P(n)\) est vraie : \(V_n\leqslant V_{n+1}\leqslant1200\). On multiplie par \(0{,}995\gt 0\), ce qui conserve l'ordre, puis on ajoute 6 : \(0{,}995V_n+6\leqslant0{,}995V_{n+1}+6\leqslant0{,}995\times1200+6\). Or \(0{,}995\times1200+6=1194+6=1200\). On obtient \(V_{n+1}\leqslant V_{n+2}\leqslant1200\), c'est-à-dire \(P(n+1)\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire : pour tout entier naturel \(n\), \(V_n\leqslant V_{n+1}\leqslant1200\).

4. D'après la question précédente, la suite \((V_n)\) est croissante et majorée par 1200. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\).

La fonction \(x\mapsto0{,}995x+6\) est continue, donc la limite \(\ell\) vérifie \(\ell=0{,}995\ell+6\). On en déduit \(0{,}005\ell=6\), donc \(\ell=\dfrac{6}{0{,}005}=\) 1200. Selon ce modèle, le volume de polluant se stabilise à 1200 litres.

Partie B

1. a. L'équation \((E)\) s'écrit \(y'=ay+b\) avec \(a=-0{,}005\) et \(b=6\). Une solution constante \(y=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{6}{0{,}005}=1200\) convient, et les solutions de l'équation homogène sont les \(Ce^{-0{,}005t}\). Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t\mapsto Ce^{-0{,}005t}+1200\), avec \(C\) réel.

b. La fonction \(v\) est de cette forme, et \(v(0)=0\) donne \(Ce^{0}+1200=0\), donc \(C=-1200\). Ainsi \(v(t)=-1200e^{-0{,}005t}+1200=\) \(1200\left(1-e^{-0{,}005t}\right)\).

c. On a \(\lim\limits_{t\to+\infty}(-0{,}005t)=-\infty\), donc \(\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-0{,}005t}=0\), puis \(\lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=1200\times(1-0)=\) 1200. On retrouve la limite de la suite de la partie A.

d. \(v\) est dérivable et \(v'(t)=-1200\times(-0{,}005)e^{-0{,}005t}=6e^{-0{,}005t}\). Une exponentielle est strictement positive, donc \(v'(t)\gt 0\) : la fonction \(v\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\).

2. Le seuil de nettoyage est \(5\,\%\) de 30 000 litres, soit \(0{,}05\times30000=1500\) litres. Comme \(v\) est croissante et de limite 1200, on a \(v(t)\lt 1200\lt 1500\) pour tout \(t\). Le volume de polluant n'atteint jamais 1500 litres : selon ce modèle, le propriétaire n'aura pas à nettoyer complètement le bassin.

3. Résolvons \(v(t)=50\) : \(1200\left(1-e^{-0{,}005t}\right)=50\), donc \(1-e^{-0{,}005t}=\dfrac{1}{24}\), donc \(e^{-0{,}005t}=\dfrac{23}{24}\). En appliquant le logarithme népérien : \(-0{,}005t=\ln\dfrac{23}{24}\), soit \(t=-200\ln\dfrac{23}{24}=200\ln\dfrac{24}{23}\).

La fonction \(v\) étant strictement croissante, le volume dépasse 50 litres après l'instant \(t_0=200\ln\dfrac{24}{23}\approx8{,}512\) heures. Or \(0{,}512\times60\approx30{,}7\) minutes, donc \(t_0\approx8\) h 31 min.

Corrigé de l’exercice 3 : vrai ou faux sur les musiciens professionnels

Affirmation 1 : vraie. Les données se traduisent par \(P(O)=0{,}52\), \(P_O(F)=0{,}32\) et \(P(F)=0{,}2\). On cherche \(P_F(O)\) :

\[P_F(O)=\dfrac{P(O\cap F)}{P(F)}=\dfrac{P(O)\times P_O(F)}{P(F)}=\dfrac{0{,}52\times0{,}32}{0{,}2}=\dfrac{0{,}1664}{0{,}2}=0{,}832.\]

Affirmation 2 : fausse. On répète 5 000 fois, de façon indépendante, une épreuve à deux issues (la personne est musicien professionnel avec la probabilité \(p=0{,}062\), ou non). La variable \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=5000\) et \(p=0{,}062\). À la calculatrice, \(P(X\leqslant340)\approx0{,}96\), et non 0,4. On peut le sentir sans calcul : l'espérance vaut 310, donc 340 est supérieur à la moyenne et la probabilité d'être en dessous est largement plus grande que \(0{,}5\).

Affirmation 3 : vraie. On a \(E(X)=np=5000\times0{,}062=310\) et \(V(X)=np(1-p)=5000\times0{,}062\times0{,}938=290{,}78\). L'événement « \(230\lt X\lt 390\) » s'écrit \(|X-310|\lt 80\) : c'est le contraire de « \(|X-E(X)|\geqslant80\) ».

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec \(t=80\) donne \(P(|X-E(X)|\geqslant80)\leqslant\dfrac{290{,}78}{80^2}=\dfrac{290{,}78}{6400}\approx0{,}045\), qui est inférieur à \(0{,}05\). Donc \(P(230\lt X\lt 390)\geqslant1-0{,}05=0{,}95\) : la probabilité est bien supérieure ou égale à 95 %.

Affirmation 4 : vraie. Les rôles des joueurs ne sont pas distingués, donc une équipe est une partie non ordonnée. On choisit 2 musiciens professionnels parmi 4 : \(\dbinom{4}{2}=6\) possibilités, et 3 joueurs parmi les 6 qui ne le sont pas : \(\dbinom{6}{3}=20\) possibilités. Par le principe multiplicatif, il y a \(6\times20=120\) équipes possibles.

Corrigé de l’exercice 4 : étude d’une fonction exponentielle et porte-clé

Partie A

1. a. La tangente en C est parallèle à l'axe des abscisses, donc son coefficient directeur est nul : \(f'(1)=0\).

b. Sur \([0\,;3]\), la courbe ne coupe l'axe des abscisses qu'au point A d'abscisse \(\dfrac{1}{2}\). La solution de \(f(x)=0\) est \(x=\dfrac{1}{2}\).

2. Le nombre \(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_A\), qui est la droite (AB) : \(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{e^2-0}{1-\frac{1}{2}}=\) \(2e^2\).

3. Deux primitives de \(f\) diffèrent d'une constante : leurs courbes se déduisent l'une de l'autre par une translation verticale. De plus, comme \(f(x)\lt 0\) sur \([0\,;\frac{1}{2}[\) et \(f(x)\gt 0\) sur \(]\frac{1}{2}\,;+\infty[\), une primitive est décroissante puis croissante et son minimum est atteint en \(x=\dfrac{1}{2}\).

Les courbes \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) ont le même minimum en \(x=\dfrac{1}{2}\) et l'une est la translatée verticale de l'autre. Pour \(\mathcal{C}_3\), le minimum est atteint vers \(x=0{,}9\), et la courbe monte très haut vers la gauche : elle est décalée horizontalement par rapport à \(\mathcal{C}_2\), donc elle n'est pas une primitive de \(f\). Les primitives de \(f\) sont \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\). (On peut le confirmer avec la partie C : les primitives de \(f\) sont les fonctions \(x\mapsto-xe^{-2x+3}+c\).)

Partie B

1. a. Pour tout \(x\geqslant0\) : \(f(x)=(2x-1)e^{-2x+3}=(2x-1)e^{-(2x-1)+2}=(2x-1)e^{-(2x-1)}e^{2}=e^2\times\dfrac{2x-1}{e^{2x-1}}\).

b. Posons \(X=2x-1\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) tend vers \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{e^X}{X}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{X}{e^X}=0\). Ainsi \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=e^2\times0=0\) : l'axe des abscisses est asymptote à la courbe.

2. a. La fonction \(f\) est un produit de \(u(x)=2x-1\) par \(e^{-2x+3}\) dont la dérivée est \(-2e^{-2x+3}\). Alors \(f'(x)=2e^{-2x+3}+(2x-1)\times(-2)e^{-2x+3}=(2-4x+2)e^{-2x+3}=\) \((-4x+4)e^{-2x+3}\).

b. Comme \(e^{-2x+3}\gt 0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(-4x+4\), positif pour \(x\lt 1\), nul en 1, négatif ensuite. On calcule \(f(0)=-e^3\approx-20{,}1\), \(f(1)=e\approx2{,}72\) et on a la limite 0 en \(+\infty\) (la courbe coupe l'axe en \(x=\dfrac{1}{2}\)).

3. L'unité du repère est le centimètre. Les points de la courbe et de sa symétrique d'abscisse \(\alpha\) sont \((\alpha\,;f(\alpha))\) et \((\alpha\,;-f(\alpha))\), distants de \(2f(\alpha)\). La contrainte \(2f(\alpha)=0{,}3\) équivaut à \(f(\alpha)=0{,}15\).

Sur \([1\,;+\infty[\), la fonction \(f\) est continue et strictement décroissante, elle passe de \(f(1)=e\approx2{,}7\) à une limite égale à 0. Comme \(0\lt 0{,}15\lt e\), le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) montre que l'équation \(f(x)=0{,}15\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([1\,;+\infty[\).

À la calculatrice : \(f(3{,}3)\approx0{,}153\gt 0{,}15\) et \(f(3{,}35)\approx0{,}141\lt 0{,}15\), donc \(3{,}3\lt \alpha\lt 3{,}35\) (en fait \(\alpha\approx3{,}312\)). Au dixième, \(\alpha\approx3{,}3\).

Partie C

1. Posons \(u(x)=2x-1\) et \(v'(x)=e^{-2x+3}\), donc \(u'(x)=2\) et \(v(x)=-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues, et l'intégration par parties donne :

\[I=\left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3}+\int_{0{,}5}^{3{,}3}e^{-2x+3}\,\text{d}x=\left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3}.\]

Le crochet se simplifie : \(-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}=-xe^{-2x+3}\). Ainsi \(I=\left[-xe^{-2x+3}\right]_{0{,}5}^{3{,}3}=-3{,}3e^{-3{,}6}+0{,}5e^{2}\).

Valeur numérique : \(I=0{,}5e^2-3{,}3e^{-3{,}6}\approx3{,}6044\). L'intégrale \(I\) arrondie au dixième est bien 3,6.

2. Sur \([0{,}5\,;\alpha]\), la fonction \(f\) est positive, et la forme est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : l'aire du logo vaut \(2\displaystyle\int_{0{,}5}^{\alpha}f(x)\,\text{d}x\). Avec la primitive \(F(x)=-xe^{-2x+3}\) et la relation \(f(\alpha)=0{,}15\), on obtient \(F(\alpha)=-\dfrac{0{,}15\,\alpha}{2\alpha-1}\), et l'aire est \(2\left(F(\alpha)-F(0{,}5)\right)=e^2-\dfrac{0{,}3\,\alpha}{2\alpha-1}\approx7{,}21\ \text{cm}^2\).

On peut aussi, comme le sujet l'incite, prendre \(\alpha\approx3{,}3\) et l'aire \(2I\approx2\times3{,}6=7{,}2\ \text{cm}^2\). Le volume est l'aire multipliée par l'épaisseur 0,2 cm : \(V\approx7{,}2\times0{,}2\approx1{,}44\ \text{cm}^3\). Le volume du porte-clé est d'environ 1,4 cm³.