Bac général Spé Mathématiques 2026 Sujet 2 [Corrigé]

• Sujet disponible ici

Exercice 1

1. On calcule deux vecteurs du triangle ABC :

AB = (3 - 2 ; -2 - 1 ; 0 - 1) = (1 ; -3 ; -1)

AC = (0 - 2 ; -1 - 1 ; 1 - 1) = (-2 ; -2 ; 0)

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés : définissent bien un plan.

2.a. Pour montrer que le vecteur n est normal au plan (ABC), il faut vérifier qu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, par exemple AB et AC.

n · AB = 1 × 1 + (-1) × (-3) + 4 × (-1) = 1 + 3 - 4 = 0

n · AC = 1 × (-2) + (-1) × (-2) + 4 × 0 = -2 + 2 + 0 = 0

Le vecteur n est donc orthogonal aux deux vecteurs AB et AC. Comme AB et AC ne sont pas colinéaires, n est bien un vecteur normal au plan (ABC).

b. Comme n(1 ; -1 ; 4) est un vecteur normal au plan, une équation du plan est de la forme : x - y + 4z + d = 0

Le point A(2 ; 1 ; 1) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation : 2 - 1 + 4 × 1 + d = 0

5 + d = 0, donc d = -5

Ainsi, une équation cartésienne du plan (ABC) est : x - y + 4z - 5 = 0

3. Une droite orthogonale au plan (ABC) a pour vecteur directeur un vecteur normal au plan, donc le vecteur n(1 ; -1 ; 4). Comme elle passe par D(0 ; 0 ; 2), une représentation paramétrique est :

x = 0 + 1t = t

y = 0 - 1t = -t

z = 2 + 4t

On retrouve donc bien la représentation proposée : x = t,  y = -t,  z = 2 + 4t, avec t ∈ R.

4. Le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est le point d'intersection de la droite Δ avec le plan (ABC), donc : x - y + 4z - 5 = 0

t - (-t) + 4(2 + 4t) - 5 = 0

2t + 8 + 16t - 5 = 0

18t + 3 = 0

t = -1/6

On remplace alors t par -1/6 dans la représentation paramétrique :

x = -1/6

y = -(-1/6) = 1/6

z = 2 + 4 × (-1/6) = 2 - 2/3 = 4/3

Donc le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est bien : H(-1/6 ; 1/6 ; 4/3).

5.a. On calcule les longueurs BA et BC.

BA = A - B = (2 - 3 ; 1 - (-2) ; 1 - 0) = (-1 ; 3 ; 1)

||BA|| = √(-1)² + 3² + 1² = 1 + 9 + 1 = √11

BC = C - B = (0 - 3 ; -1 - (-2) ; 1 - 0) = (-3 ; 1 ; 1)

||BC|| = √(-3)² + 1² + 1² = 9 + 1 + 1 = √11

||BA|| = ||BC|| : le triangle ABC est donc isocèle en B.

b. Aire(ABC) = 1/2 × ||AB × AC||

On calcule le produit vectoriel avec AB = (1 ; -3 ; -1) et AC = (-2 ; -2 ; 0) : AB × AC = (-2 ; 2 ; -8)

Alors : ||AB × AC|| = √((-2)² + 2² + (-8)²) = √(4 + 4 + 64) = √72 = 6√2

Donc l'aire du triangle ABC est bien égale à 3√2.

6.a. 

On prend le triangle ABC comme base du tétraèdre, et sa hauteur relative est la distance DH (puisque H est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC)).

D(0 ; 0 ; 2) et H(-1/6 ; 1/6 ; 4/3)

||DH|| = √(-1/6 - 0)² + (1/6 - 0)² + (4/3 - 2)² =  √1/36 + 1/36 + (-2/3)² =  √1/18 + 8/18 =  √9/18 =  √1/2

Le volume vaut donc : V = 1/3 × Aire(ABC) × DH = 1/3 × 3√2 × √1/2 = 1

Le volume du tétraèdre ABCD est donc égal à 1.

b. On prend le triangle BCD comme base. Le volume du tétraèdre reste le même. On a donc : 1 = 1/3 × Aire(BCD) × √2

Aire(BCD) = 3/√2 = (3√2) / 2

7.a. Pour que A, B, C et Dk soient coplanaires, il faut que Dk appartienne au plan (ABC), dont une équation est x - y + 4z - 5 = 0

On remplace x, y et z par les coordonnées de Dk :

0 - 0 + 4k - 5 = 0

4k = 5

k = 5/4

Pour k = 5/4, le point Dk appartient déjà au plan (ABC).

b. Si A était le projeté orthogonal de Dk sur le plan (ABC), alors la droite (ADk) est orthogonale au plan (ABC). Donc le vecteur ADk est colinéaire au vecteur normal n(1 ; -1 ; 4).

ADk = Dk - A = (0 - 2 ; 0 - 1 ; k - 1) = (-2 ; -1 ; k - 1)

On cherche donc s'il existe un réel λ tel que (-2 ; -1 ; k - 1) = λ(1 ; -1 ; 4)

Avec la première coordonnée, on obtient λ = -2. Avec la deuxième coordonnée, on devrait alors avoir -1 = -λ, ce qui est impossible, car  λ ne peut pas avoir deux valeurs différentes. Il n'existe donc aucune valeur de k telle que A soit le projeté orthogonal de Dk sur le plan (ABC).

Exercice 2

Partie A - Modèle discret

1. On sait que V0 = 0 et que, pour tout entier naturel n :

Vn+1 = 0,995 Vn + 6

V1 = 0,995 x V0 + 6 = 0,995 x 0 + 6 = 6

V2 = 0,995 x V1 + 6 = 0,995 x 6 + 6 = 5,97 + 6 = 11,97

2.Le programme doit partir de V0 = 0, puis appliquer n fois la relation de récurrence.

    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995*v + 6
    return v
3. On veut montrer que, pour tout entier naturel n : Vn ≤  Vn+1 ≤ 1200.

Initialisation :

V0 = 0 et V1 = 6. On a bien 0 ≤  6 ≤  1200. Donc la propriété est vraie au rang 0.

Hérédité :

Supposons que, pour un certain entier naturel n, on ait Vn ≤  Vn+1 ≤  1200.

Montrons que Vn+1 ≤  Vn+2 ≤  1200.

D’abord, comme Vn+1 ≤  1200 :

Vn+2 - Vn+1 = (0,995 Vn+1 + 6) - Vn+1 = 6 - 0,005 Vn+1

Or Vn+1 ≤ 1200, donc 0,005 Vn+1 ≤  6, d’où 6 - 0,005 Vn+1 ≥ 0.

Ainsi Vn+2 - Vn+1 ≥ 0, donc Vn+1 ≤  Vn+2.

Ensuite, toujours avec Vn+1 ≤  1200 :

Vn+2 = 0,995 Vn+1 + 6 ≤  0,995 x 1200 + 6 = 1194 + 6 = 1200.

On a donc Vn+1 ≤  Vn+2 ≤  1200.

La propriété est initialisée et héréditaire. Par récurrence, pour tout entier naturel n, on a bien : Vn ≤  Vn+1 ≤  1200.

4. D’après la question précédente, la suite (Vn) est croissante et majorée par 1200 : elle est donc convergente.

La limite l = 0,995l + 6

0,005l = 6

l = 6 / 0,005 = 1200

La suite converge donc vers 1200.

Partie B - Modèle continu

1.a. Les solutions de (E) sont de la forme t →  C e^(-0,005t) + 1200

b. v(0) = C e^0 + 1200 = C + 1200

Comme v(0) = 0, on obtient C + 1200 = 0, donc C = -1200.

Ainsi, pour tout t >= 0, v(t) = 1200(1 - e^(-0,005t)).

c. Quand t tend vers +∞, e^(-0,005t) tend vers 0.

Donc : lim v(t) = 1200(1 - 0) = 1200

d. On dérive l’expression de v(t) = 1200(1 - e^(-0,005t)) :

v'(t) = 1200 x 0,005 e^(-0,005t) = 6e^(-0,005t)

Or e^(-0,005t) > 0 pour tout t >= 0, donc v'(t) > 0.

La fonction v est donc strictement croissante sur [0 ; +∞[.

2. Le bassin contient 30 000 litres d’eau. Un taux de 5 % correspond à 0,05 x 30 000 = 1500 litres.

Or, le volume de substance polluante tend vers 1200 litres et la fonction v est croissante : le volume de substance polluante ne dépassera donc jamais 1200 litres (ni 1500 litres donc). Ainsi, le propriétaire ne devra pas procéder à un nettoyage complet.

3. On cherche l’instant où v(t) dépasse 50 litres, soit 1200(1 - e^(-0,005t)) > 50

1 - e^(-0,005t) > 50 / 1200

- e^(-0,005t) > - 23/24

e^(-0,005t) < 23/24

On applique le logarithme népérien : -0,005t < ln(23/24)

t > ln(23/24) / (-0,005)

t > 200 ln(24/23) 

Or, 200 ln(24/23) ≈ 8,5 heures

Le volume dépasse donc 50 litres au bout d’environ 8h30.

Exercice 3

Affirmation 1 - VRAIE

On sait que P(O) = 0,52 ; P(F | O) = 0,32 et P(F) = 0,20

On cherche la probabilité qu'une personne joue de la Pop sachant que c'est une femme, c'est-à-dire P(O | F).

P(O | F) = P(F ∩ O) / P(F) = (P(O) × P(F | O)) / P(F) = (0,52 × 0,32) / 0,20 = 0,1664 / 0,20 = 0,832.

Affirmation 2 - FAUSSE

La variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres n = 5000 et p = 0,062.

P(X ≤ 340) ≈ 0,966.

Arrondi au dixième, cela donne 1,0, et non 0,4.

Affirmation 3 - VRAIE

Son espérance E(X) = n p = 5000 × 0,062 = 310.

On cherche a. L'intervalle ]230 ; 390[ correspond à ]310-80 ; 310+80[ : donc a = 80

Sa variance V(X) = n p (1 - p) = 5000 × 0,062 × 0,938 = 290,78.

On applique l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev : P(|X - E(X)| ≥ a) ≤ V(X) / a².

P(|X - 310| ≥ 80) ≤ 290,78 / 80²

P(|X - 310| ≥ 80) ≤ 0,0454

Donc P(|X - 310| < 80) ≥ 1 - 0,0454

P(|X - 310| < 80) ≥ 0,9546

Affirmation 4 - VRAIE

On choisit les 2 musiciens professionnels parmi les 4 : C(4,2) = 6.

On choisit les 3 personnes non musiciennes professionnelles parmi les 6 : C(6,3) = 20.

Le nombre d'équipes possibles est donc C(4,2) × C(6,3) = 6 × 20 = 120.

Exercice 4

Partie A

1. a. On sait que la courbe admet au point C d'abscisse 1 une tangente horizontale, donc f'(1) = 0.

1. b. La solution de l'équation f(x) = 0 est la valeur de x du point de la courbe qui coupe l'axe des abscisses. Cela correspond ici au point A, d'abscisse 1/2, soit à x = 1/2.

2. f'(1/2) est le coefficient directeur de la tangente TA à la courbe au point A. Or cette tangente passe par A(1/2 ; 0) et B(1 ; e²). Donc f'(1/2) = (e² - 0) / (1 - 1/2) = e² / (1/2) = 2e².

3. D'après le graphique, f est négative avant x = 1/2, nulle en x = 1/2, puis positive après x = 1/2. Donc une primitive de f doit être décroissante sur [0; 1/2 [ et croissante sur ] 1/2 ; +∞[, et admettre un minimum en x = 1/2.

La courbe C3 n'a pas son minimum en x = 1/2, donc elle ne peut pas représenter une primitive de f. Les courbes C1 et C2 remplissent en revanche toutes deux ces conditions. 

Partie B

1. a. Pour tout réel x de [0 ; +∞[, on a : -2x + 3 = 2 - (2x - 1).

Donc : f(x) = (2x - 1)e^{2-(2x-1)} = e² × (2x - 1) / e^{2x - 1}.

b. On pose X = 2x - 1.

Quand x →+∞, X → +∞.

On sait donc que lim X/e^X = 0 quand x →+∞

Comme e² est une constante, on obtient lim f(x) = 0.

2. a. On dérive f(x) = (2x - 1)e^(-2x + 3) 

On pose u(x) = 2x - 1 et v(x) = e^(-2x + 3).

Alors u'(x) = 2 et v'(x) = -2e^(-2x + 3).

Ainsi f'(x) = 2e^(-2x+3) + (2x - 1)(-2e^(-2x+3)) = [2 - 2(2x - 1)]e^(-2x+3) = (2 - 4x + 2)e^(-2x+3) = (-4x + 4)e^(-2x+3) = (-4x + 4)e^(-2x + 3).

b. Comme e^(-2x + 3) est toujours strictement positif, le signe de f'(x) dépend uniquement de -4x + 4.

-4x + 4 > 0

x < 1

On cherche :

f(0) = (-1)e³ = -e³

f(1) = (2 - 1)e¹ = e

On obtient donc le tableau de variations suivant :

x	0		1		+∞
f'(t)	+		0		-
f(t)	-e³	↗	e	↘	0

3. Avec la contrainte imposée, on a : 2f(α) = 0,3, soit f(α) = 0,15.

Sur l'intervalle [1 ; +∞[, la fonction f est continue et strictement décroissante. De plus, f(1) = e et lim f(x) = 0. Comme 0,15 ∈ ]0 ; e], il existe une unique valeur de α dans [1 ; +∞[ telle que f(α) = 0,15.

Après quelques essais de valeurs au dixième puis au centième, on obtient f(3,31) = 0,1505 et f(3,32) = 0,1481.

On a donc α ≈ 3,3.

Partie C

1.

On considère :

On pose u(x) = 2x - 1 et v'(x) = e^(-2x + 3).

Alors : u'(x) = 2 et v(x) = -1/2 e^(-2x + 3).

Ainsi : 

= -3e^(-3)+0,5e^2 ≈ 3,6

2. L'aire du logo correspond à l'aire comprise entre la courbe de f et son symétrique par rapport à l'axe des abscisses. Cette aire vaut donc le double de l'intégrale I :

Aire ≈ 2 × 3,6  ≈ 7,2 cm².

L'épaisseur de la plaque est de 0,2 cm, donc Volume ≈ 7,2 × 0,2  ≈ 1,4 cm³.

Retrouvez également nos autres corrigés des épreuves scientifiques du baccalauréat !

• Bac général Spé Biologie-écologie 2026 [Corrigé]

• Bac général Spé SVT 2026 Sujet 1 [Corrigé]

• Bac général Spé SVT 2026 Sujet 2 [Corrigé]

• Bac général Spé Physique-chimie 2026 Sujet 1 [Corrigé]

• Bac général Spé Physique-chimie 2026 Sujet 2 [Corrigé]

• Bac général Spé Mathématiques 2026 [Corrigé]