Bac général Spé Mathématiques 2026 Sujet 1 [Corrigé]

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Exercice 1

Partie A

1. a. L'énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine, donc on a P(C) = 0,75 

b. On sait que P(V) = 0,30 donc P(V̄) = 1 - 0,30 = 0,70  

Par ailleurs, P(CIV) = 0,80 donc P(C̄IV) = 1 - 0,80 = 0,20  

2. D'après la formule des probabilités composées, on a P(V∩C) = P(V) x P(CIV) = 0,30 x 0,80 = 0,24

Cela signifie que 24 % des familles réservent à la fois une cabine et un emplacement pour un véhicule.

3. On cherche dans un premier temps P(VIC) 

D'après la formule des probabilités conditionnelles, P(VIC) = P(V∩C) / P(C) = 0,32

Une famille ayant réservé une cabine a donc 32 % de chances d'avoir également réservé un emplacement pour un véhicule.

4. On cherche P (CIV̄) 

La formule des probabilités totales donne P(C) = P(V∩C) + P(V̄∩C)

Donc  P(V̄∩C) = P(C) - P(V∩C) = 0,75 - 0,24 = 0,51 

Alors P (CIV̄) = P(V̄∩C) / P(V̄) = 0,51/0,70 ≃ 0,73

Parmi les familles qui ne réservent pas d'emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.

Partie B

La loi de X est :

xi	0	70	100	170
P(X = xi)	0,19	0,06	0,51	0,24

1. 

L'espérance E(X) = ΣxiP(X=xi) = 0 x 0,19 + 70 x 0,06 + 100 x 0,51 + 170 x 0,24 = 0 + 4,2 + 51 + 40,8 = 96

= 0+ 4900 x 0,06 + 10000 x 0,51 + 28900 x 0,24 = 294 + 5100 + 6936 = 12 330

La variance V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 12 330 - 96^2 = 3 114

2. a. Une remise de 40 % signifie que l'on paie 100% - 40% = 60% du montant initial.

Le montant initial est X + Y

Après réduction Z = 0,6 (X+Y)   

2. b. 

L'espérance E(Z) = 0,6E(X+Y) = 0,6(E(X)+E(Y)) = 0,6(96+104)=120

Les variables X et Y sont indépendantes, donc la variance V(X+Y) = V(X)+V(Y) = 3114 + 1686 = 4 800

Or, V(Z) = 0,6^2V(X+Y) = 0,36 x 4800 = 1728

3. a. 

L'espérance

= 120

Les variables Z1 .... Zn sont indépendantes et de même loi, donc

= 1728/n

3. b. 

On veut P(114 < Mn < 126) ≥ 0,85  

Or

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne

Donc

On veut

Ainsi 48/n ≤ 0,15 

n ≥ 48/0,15 

n ≥ 320

Le plus petit entier convenable est n = 320 

À partir d'un échantillon d'au moins 320 familles, l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que la probabilité que la dépense moyenne après réduction soit comprise entre 114 € et 126 € est au moins égale à 0,85.

Exercice 2

Affirmation 1 : Vraie

Le plan (P) est orthogonal à la droite (AB) et passe par le milieu du segment [AB]. 

Un vecteur directeur de la droite (AB) est :

d'où

Le vecteur normal au plan (P) est donné par les coefficients de son équation :

Les vecteurs

et sont identiques.

La droite (AB) est donc perpendiculaire au plan (P).

Le milieu I de [AB] a pour coordonnées

soit

Vérifions si I appartient au plan : - 2,5 + 0,5 - 5 (-0,5) - 0,5 = -2 + 2,5 - 0,5 = 0

Le point I appartient donc au plan.

Le plan (P) est perpendiculaire à la droite (AB) et passe par le milieu de [AB].

Affirmation 2 : Fausse

Les droites (d) et (AB) sont sécantes.

Le point A (3;0;2) appartient à la droite, et un vecteur directeur est (-1;1;-5).

Une représentation paramétrique est donc :

Pour trouver un point commun, on doit résoudre :

La première équation donne : s = 3 - t

En remplaçant dans la deuxième : -1,5 - t = 3 - t

-1,5 = 3 : c'est impossible, le système n'admet donc aucune solution, les droites ne sont pas sécantes. 

Affirmation 3 : Vraie

On considère C (1,5;-3;-1) 

= (1,5;3;3)

= (0,5;4;-2)

= 0,75 + 12 - 6 = 6,75

= 4,5

=4,5

= 6,75 / 20,25

= 1/3

Donc

≃ 70,5°

Affirmation 4 - Vraie

Probabilité de Clotilde (porte A)

Le code comporte 3 symboles différents parmi 8, dans un ordre précis. Le nombre total de codes possibles est 8 x 7 x 6 = 336. Donc PA = 1/336

Probabilité de Titouan (porte B)

Le code comporte 4 symboles différents parmi 8, sans tenir compte de l'ordre. Le nombre de codes possibles est 70. Donc PB = 1/70

Donc Titouan a une probabilité plus grande de réussir.

Exercice 3 

Partie A : Phase de chauffage

1. On écrit y' + 0,035y = 0,91 

L'équation homogène associée est y' + 0,035y = 0 

Ses solutions sont

où

.

On cherche une solution constante yp = c.

Alors 0 = -0,035c + 0,91 

c = 0,91 / 0,035 = 26

Les solutions de (E) sont donc

où

est un réel quelconque.

2. On utilise la condition initiale T(0) = 18 

Ainsi 18 = 26 + K  

D'où K = -8

Par conséquent

pour tout t ≥ 0.

3. On cherche t tel que T(t) = 20 

Ainsi

On applique le logarithme népérien - 0,035t = ln (3/4) :

t = -ln(3/4) / 0,035 ≃ 8,22

Le temps est exprimé en dizaines de minutes : 8,22 x 10 = 82,2 minutes = 1h22 

Ainsi la pièce atteint 20°C au bout d'environ 1h22.  

4. 

On étudie la limite de T lorsque t tend vers

.

On sait que

Donc

Ainsi

Comme la température tend vers 26°C, elle ne peut jamais atteindre 28°C.

Partie B : Phase de refroidissement

1.

Pour n = 0, u1 = 0,965 x 20 + 0,35 + 0,07e^0 = 19,3 + 0,35 + 0,07 = 19,72

2. 

Initialisation

Pour n = 0 :

u0 = 20 > 10

La propriété est vraie au rang 0.

Hérédité

Supposons qu'à un rang n, un > 10

Alors :

Or,

Donc

Ainsi :

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

Par récurrence :

3. On admet que la suite (Un) est décroissante. La question précédente montre qu'elle est minorée par 10. Une suite décroissante et minorée est convergente Ainsi (Un) est convergente. 

4. a. x = 0,965x + 0,35

Comme

et

Ainsi l = 0,965l + 0,35

b. 

On résout l = 0,965l + 0,35  

0,035l = 0,35

l=10 

Selon ce modèle, si le chauffage ne se remettait jamais en marche, la température de la pièce tendrait vers 10°C.

5. a. 

Le chauffage se remet en marche dès que Un ≤ 18  

On doit donc continuer la boucle tant que u > 18  

Le programme devient :

def marche():
    n = 0
    u = 20

    while u > 18:
        u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
        n = n + 1

    return n

5. b. 

Calculons les premiers termes :

u0 = 20

(...)

u7 ≈ 18,12

u8 ≈ 17,87

Le chauffage redémarre donc pour n = 8, soit au bout de 90 minutes, ou 1h30. 

Exercice 4

Partie A

1. Le point A (0;1) appartient à la courbe. Donc f(0) = 1

Or

Comme ln(1) = 0 on obtient f(0) = a

Donc a = 1

2.a La droite TA est la tangente en A. Sur le graphique, on voit qu'elle passe par :

- A (0 ; 1)

- Le point (1 ; 5)

On en déduit f'(0) = (5-1)/(1-0) = 4

2.b Autour de x = 1, la courbe est concave vers le bas (elle ressemble à un ∩).

Une courbe concave vérifie f''(x) < 0 

Donc f''(1) < 0

3.a 

On sait maintenant que a = 1, mais on garde b.

On dérive

La dérivée de a est nulle.

Il reste

On utilise la formule

Avec

et

3.b 

On sait que f'(0) = 4

On remplace x=0 dans la formule

Or ln1 = 0 

Donc f'(0) = b 

Ainsi b = 4

Partie B

1. 

On étudie la limite quand

.

On sait que

Donc

La droite y = 1 est donc une asymptote horizontale.

2. 

On écrit ln (x+1) < 1 

La fonction exponentielle étant croissante, x+1 < e 

Donc x < e - 1 

Comme x > - 1,

3. 

On sait

Le dénominateur est toujours positif, donc le signe dépend de 1 - ln(x+1) 

D'après la question précédente, il est positif sur

,

nul en

et négatif sur

r .

Le maximum est donc 1 + 4/e  

Tableau :

4. 

On cherche

Donc

Sur

, f est décroissante, donc il existe une unique solution.

Après plusieurs essais, on trouve f(25) ≈ 1,5012 et f(25,1) ≈ 1,4999

Donc x  ≈ 25,1 

5.a 

On pose u = ln(x+1) 

Alors u' = 1 / (x+1)

Donc

Ainsi

t

Donc

5.b 

L'aire vaut

Donc :

On sépare

Cela donne 2 + 4 x 1/2 (ln3)^2  

Donc A = 2 + 2(ln3)^2

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