Annales - Corrigé spé mathématiques, bac français voie générale (jour 1), métropole 2026

Exercice 1

Partie A

Question $1$ a.

On sait que $75~$ des familles effectuant la traversée réservent une cabine.

Donc :

$P(C)=0{,}75$

Question $1$ b.

D’après l’énoncé :

$P(V)=0{,}30$

Donc :

$P(\overline{V})=1-0{,}30=0{,}70$

Parmi les familles qui réservent un emplacement pour un véhicule, $80~$ réservent une cabine.

Donc :

$P_V(C)=0{,}80$

Ainsi :

$P_V(\overline{C})=1-0{,}80=0{,}20$

Les valeurs à placer sur l’arbre sont donc :

$P(V)=0{,}30$

$P(\overline{V})=0{,}70$

$P_V(C)=0{,}80$

$P_V(\overline{C})=0{,}20$

Question $2$.

On cherche $P(V \cap C)$.

$P(V \cap C)=P(V)\times P_V(C)$

$P(V \cap C)=0{,}30 \times 0{,}80=0{,}24$

La probabilité qu’une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine est donc $0{,}24$.

Question $3$.

On cherche $P_C(V)$.

$P_C(V)=\dfrac{P(V \cap C)}{P(C)}$

$P_C(V)=\dfrac{0{,}24}{0{,}75}=0{,}32$

La probabilité qu’une famille ayant réservé une cabine réserve aussi un emplacement pour un véhicule est donc $0{,}32$.

Question $4$.

Les événements $V$ et $\overline{V}$ forment une partition de l’univers. D’après la loi des probabilités totales :

$P(C)=P(V \cap C)+P(\overline{V}\cap C)$

Donc :

$P(\overline{V}\cap C)=P(C)-P(V\cap C)$

$P(\overline{V}\cap C)=0{,}75-0{,}24=0{,}51$

On cherche $P_{\overline{V}}(C)$.

$P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V}\cap C)}{P(\overline{V})}$

$P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{0{,}51}{0{,}70}\approx 0{,}73$

Parmi les familles qui ne réservent pas d’emplacement pour un véhicule, environ $73~$ réservent une cabine.

Partie B

Question $1$.

L’espérance de $X$ est :

$E(X)=0 \times 0{,}19+70 \times 0{,}06+100 \times 0{,}51+170 \times 0{,}24$

$E(X)=0+4{,}2+51+40{,}8=96$

Donc :

$E(X)=96$

Pour calculer la variance, on utilise :

$V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$

On calcule d’abord :

$E(X^2)=0^2 \times 0{,}19+70^2 \times 0{,}06+100^2 \times 0{,}51+170^2 \times 0{,}24$

$E(X^2)=0+4~900 \times 0{,}06+10~000 \times 0{,}51+28~900 \times 0{,}24$

$E(X^2)=294+5~100+6~936=12~330$

Donc :

$V(X)=12~330-96^2$

$V(X)=12~330-9~216=3~114$

Ainsi :

$E(X)=96$ et $V(X)=3~114$

Question $2$ a.

Une remise de $40~$ signifie que la famille paie $60~$ du montant initial.

Le montant total avant réduction est $X+Y$.

Donc :

$Z=0{,}60(X+Y)$

Ainsi :

$Z=0{,}6(X+Y)$

Question $2$ b.

Par linéarité de l’espérance :

$E(Z)=E\left(0{,}6(X+Y)\right)$

$E(Z)=0{,}6\left(E(X)+E(Y)\right)$

$E(Z)=0{,}6(96+104)$

$E(Z)=0{,}6 \times 200=120$

Donc :

$E(Z)=120$

Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes :

$V(X+Y)=V(X)+V(Y)$

De plus :

$V(0{,}6(X+Y))=0{,}6^2V(X+Y)$

Donc :

$V(Z)=0{,}6^2\left(V(X)+V(Y)\right)$

$V(Z)=0{,}36(3~114+1~686)$

$V(Z)=0{,}36 \times 4~800=1~728$

Ainsi :

$E(Z)=120$ et $V(Z)=1~728$

Question $3$ a.

Les variables $Z_1$, $Z_2$, ..., $Z_n$ suivent toutes la même loi que $Z$, donc :

$E(Z_i)=120$

pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$.

Comme :

$M_n=\dfrac{Z_1+Z_2+\cdots+Z_n}{n}$

on obtient, par linéarité de l’espérance :

$E(M_n)=E\left(\dfrac{Z_1+Z_2+\cdots+Z_n}{n}\right)$

$E(M_n)=\dfrac{1}{n}\left(E(Z_1)+E(Z_2)+\cdots+E(Z_n)\right)$

$E(M_n)=\dfrac{1}{n}\times n \times 120=120$

Donc :

$E(M_n)=120$

De plus, les variables $Z_1$, $Z_2$, ..., $Z_n$ sont indépendantes et ont toutes pour variance $1~728$.

Ainsi :

$V(M_n)=V\left(\dfrac{Z_1+Z_2+\cdots+Z_n}{n}\right)$

$V(M_n)=\dfrac{1}{n^2}V(Z_1+Z_2+\cdots+Z_n)$

$V(M_n)=\dfrac{1}{n^2}\left(V(Z_1)+V(Z_2)+\cdots+V(Z_n)\right)$

$V(M_n)=\dfrac{1}{n^2}\times n \times 1~728$

$V(M_n)=\dfrac{1~728}{n}$

Question $3$ b.

On cherche :

$P(114<M_n<126)$

Or :

$114<M_n<126 \Longleftrightarrow |M_n-120|<6$

D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

$P(|M_n-120|\geq 6)\leq \dfrac{V(M_n)}{6^2}$

Donc :

$P(|M_n-120|\geq 6)\leq \dfrac{\dfrac{1~728}{n}}{36}$

$P(|M_n-120|\geq 6)\leq \dfrac{48}{n}$

Ainsi :

$P(|M_n-120|<6)\geq 1-\dfrac{48}{n}$

On veut que :

$1-\dfrac{48}{n}\geq 0{,}85$

Donc :

$\dfrac{48}{n}\leq 0{,}15$

$n\geq \dfrac{48}{0{,}15}$

$n\geq 320$

Le plus petit entier $n$ est donc :

$n=320$

À partir d’un échantillon de $320$ familles, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d’affirmer que la probabilité que le montant moyen payé après réduction soit compris entre $114$ euros et $126$ euros est au moins égale à $0{,}85$.

EXERCICE 2

Question $1$ a.

Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est :

$\overrightarrow{AB}(2-3;1-0;-3-2)$

Donc :

$\overrightarrow{AB}(-1;1;-5)$

Le plan $(P)$ a pour équation :

$-x+y-5z-0{,}5=0$

Un vecteur normal à $(P)$ est donc :

$\vec n(-1;1;-5)$

Ainsi :

$\vec n=\overrightarrow{AB}$

Donc le plan $(P)$ est orthogonal à la droite $(AB)$.

Le milieu $I$ de $[AB]$ a pour coordonnées :

$I\left(\dfrac{3+2}{2};\dfrac{0+1}{2};\dfrac{2+(-3)}{2}\right)$

$I(2{,}5;0{,}5;-0{,}5)$

On vérifie si $I$ appartient à $(P)$ :

$-2{,}5+0{,}5-5\times(-0{,}5)-0{,}5=0$

Donc $I$ appartient au plan $(P)$.

L’affirmation $1$ est vraie.

Question $1$ b.

Avec $t=3-s$, la deuxième équation donne :

$-1{,}5-(3-s)=s$

$-4{,}5+s=s$

$-4{,}5=0$

C’est impossible.

Les droites $(d)$ et $(AB)$ ne sont donc pas sécantes.

L’affirmation $2$ est fausse.

Question $1$ c.

On a :

$\overrightarrow{CA}(3-1{,}5;0-(-3);2-(-1))$

$\overrightarrow{CA}(1{,}5;3;3)$

et :

$\overrightarrow{CB}(2-1{,}5;1-(-3);-3-(-1))$

$\overrightarrow{CB}(0{,}5;4;-2)$

Le produit scalaire vaut :

$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=1{,}5\times0{,}5+3\times4+3\times(-2)$

$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=0{,}75+12-6=6{,}75$

De plus :

$|\overrightarrow{CA}|=\sqrt{1{,}5^2+3^2+3^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5$

$|\overrightarrow{CB}|=\sqrt{0{,}5^2+4^2+(-2)^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5$

Donc :

$\cos(\widehat{ACB})=\dfrac{\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CA}|\times|\overrightarrow{CB}|}$

$\cos(\widehat{ACB})=\dfrac{6{,}75}{4{,}5\times4{,}5}=\dfrac{1}{3}$

Ainsi :

$\widehat{ACB}=\arccos\left(\dfrac{1}{3}\right)\approx 70{,}5^\circ$

L’affirmation $3$ est vraie.

Question $2$.

Pour la porte A, le code comporte $3$ symboles différents à saisir dans l’ordre.

Le nombre de codes possibles est donc :

$8 \times 7 \times 6=336$

La probabilité que Clotilde ouvre la porte A est donc :

$\dfrac{1}{336}$

Pour la porte B, le code comporte $4$ symboles différents, mais ils peuvent être saisis dans n’importe quel ordre.

Le nombre de codes possibles est donc le nombre de combinaisons de $4$ symboles parmi $8$ :

$\binom{8}{4}=\dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1}=70$

La probabilité que Titouan ouvre la porte B est donc :

$\dfrac{1}{70}$

Or :

$\dfrac{1}{70}>\dfrac{1}{336}$

Titouan a donc plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.

L’affirmation $4$ est vraie.

EXERCICE 3

Partie A

Question $1$.

L’équation différentielle est de la forme :

$y'=ay+b$

avec :

$a=-0{,}035$ et $b=0{,}91$

Une solution constante est donnée par :

$-0{,}035y+0{,}91=0$

$0{,}035y=0{,}91$

$y=26$

Les solutions de l’équation différentielle sur $[0;+\infty[$ sont donc les fonctions définies par :

$y(t)=26+Ce^{-0{,}035t}$

où $C$ est une constante réelle.

Question $2$.

Comme $T(0)=18$, on a :

$26+Ce^{-0{,}035\times 0}=18$

$26+C=18$

$C=-8$

Donc, pour tout réel $t\in[0;+\infty[$ :

$T(t)=26-8e^{-0{,}035t}$

Question $3$.

On cherche le temps $t$ tel que :

$T(t)=20$

Donc :

$26-8e^{-0{,}035t}=20$

$8e^{-0{,}035t}=6$

$e^{-0{,}035t}=\dfrac{6}{8}$

$e^{-0{,}035t}=0{,}75$

En appliquant la fonction logarithme népérien :

$-0{,}035t=\ln(0{,}75)$

$t=\dfrac{\ln(0{,}75)}{-0{,}035}$

$t\approx 8{,}22$

Le temps $t$ est exprimé en dizaines de minutes, donc cela correspond à :

$8{,}22 \times 10 \approx 82$ minutes.

La pièce atteindra la température de $20^\circ\mathrm{C}$ au bout d’environ $1$ heure et $22$ minutes.

Question $4$.

Pour tout $t\in[0;+\infty[$, on a :

$e^{-0{,}035t}>0$

Donc :

$-8e^{-0{,}035t}<0$

Ainsi :

$T(t)=26-8e^{-0{,}035t}<26$

La température ne peut donc pas dépasser $26^\circ\mathrm{C}$ selon ce modèle. Elle ne pourra donc pas dépasser $28^\circ\mathrm{C}$.

Partie B

Question $1$.

On calcule :

$u_1=0{,}965u_0+0{,}35+0{,}07e^{-0{,}1\times 0}$

$u_1=0{,}965\times 20+0{,}35+0{,}07$

$u_1=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72$

Donc :

$u_1=19{,}72$

Question $2$.

Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n>10$.

Initialisation :

$u_0=20$

Donc :

$u_0>10$

La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité :

On suppose que, pour un entier naturel $n$, on a :

$u_n>10$

Alors :

$0{,}965u_n>0{,}965\times 10$

$0{,}965u_n>9{,}65$

De plus :

$0{,}07e^{-0{,}1n}>0$

Donc :

$u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07e^{-0{,}1n}>9{,}65+0{,}35$

$u_{n+1}>10$

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion :

Pour tout entier naturel $n$, on a :

$u_n>10$

Question $3$.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $10$.

Donc, d’après le théorème de convergence des suites monotones, la suite $(u_n)$ est convergente.

Question $4$ a.

La suite $(u_n)$ converge vers $\ell$.

Comme :

$u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07e^{-0{,}1n}$

et comme :

$\lim\limits_{n\to+\infty} e^{-0{,}1n}=0$

on obtient, par passage à la limite :

$\ell=0{,}965\ell+0{,}35$

La limite $\ell$ est donc solution de l’équation :

$x=0{,}965x+0{,}35$

Question $4$ b.

On résout :

$x=0{,}965x+0{,}35$

$x-0{,}965x=0{,}35$

$0{,}035x=0{,}35$

$x=\dfrac{0{,}35}{0{,}035}=10$

Donc :

$\ell=10$

Selon ce modèle, si le chauffage restait éteint, la température de la pièce tendrait vers $10^\circ\mathrm{C}$.

Question $5$ a.

Les lignes à compléter sont :

while u > 18:

u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)

n = n + 1

Question $5$ b.

On calcule les valeurs successives de la suite jusqu’à obtenir une température inférieure ou égale à $18^\circ\mathrm{C}$.

On obtient :

$u_7\approx 18{,}12>18$

et :

$u_8\approx 17{,}87\leq 18$

Le système de chauffage se remettra donc en marche à partir de $8$ dizaines de minutes, soit au bout de $80$ minutes.

EXERCICE 4

Partie A

Question $1$.

Le point $A(0;1)$ appartient à la courbe représentative de $f$.

Donc :

$f(0)=1$

Or :

$f(0)=a+\dfrac{b\ln(0+1)}{0+1}$

$f(0)=a+\dfrac{b\ln(1)}{1}$

Comme $\ln(1)=0$, on obtient :

$f(0)=a$

Donc :

$a=1$

Question $2$ a.

La droite $T_A$ est la tangente à la courbe au point $A(0;1)$.

Graphiquement, cette tangente passe par $A(0;1)$ et par le point de coordonnées $(1;5)$.

Son coefficient directeur est donc :

$\dfrac{5-1}{1-0}=4$

Ainsi :

$f'(0)=4$

Question $2$ b.

Au voisinage de $x=1$, la courbe est tournée vers le bas : elle est concave.

On en déduit que :

$f''(1)<0$

Question $3$ a.

On a :

$f(x)=a+b\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}$

Pour $x\in]-1;+\infty[$, on dérive $\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}$ comme un quotient :

$\left(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)'=\dfrac{\dfrac{1}{x+1}(x+1)-\ln(x+1)\times 1}{(x+1)^2}$

Donc :

$\left(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)'=\dfrac{1-\ln(x+1)}{(x+1)^2}$

Ainsi :

$f'(x)=\dfrac{b(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}$

Question $3$ b.

D’après la question $2$ a, on a :

$f'(0)=4$

Or, d’après l’expression de $f'$ :

$f'(0)=\dfrac{b(1-\ln(1))}{1^2}$

Comme $\ln(1)=0$, on obtient :

$f'(0)=b$

Donc :

$b=4$

Partie B

Question $1$.

On a :

$f(x)=1+\dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}$

Or :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0$

Donc :

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=1$

Ainsi, la droite d’équation $y=1$ est une asymptote horizontale à la courbe représentative de $f$ en $+\infty$.

Question $2$.

On résout sur $]-1;+\infty[$ :

$1-\ln(x+1)>0$

Cela équivaut à :

$\ln(x+1)<1$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ :

$x+1<e$

Donc :

$x<e-1$

La solution est donc :

$x\in]-1;e-1[$

Question $3$.

D’après la partie A, avec $b=4$, on a :

$f'(x)=\dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}$

Pour tout $x\in]-1;+\infty[$, on a :

$(x+1)^2>0$

Donc le signe de $f'(x)$ est celui de $1-\ln(x+1)$.

D’après la question $2$ :

$f'(x)>0$ sur $]-1;e-1[$,

$f'(e-1)=0$,

$f'(x)<0$ sur $]e-1;+\infty[$.

De plus, on admet que :

$\lim\limits_{x\to -1} f(x)=-\infty$

et, d’après la question $1$ :

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=1$

Enfin :

$f(e-1)=1+\dfrac{4\ln(e)}{e}=1+\dfrac{4}{e}$

La fonction $f$ admet donc un maximum égal à $1+\dfrac{4}{e}$, atteint pour $x=e-1$.

Question $4$.

Sur $[2;+\infty[$, on a $2>e-1$, donc $f$ est strictement décroissante.

De plus, $f$ est continue sur $[2;+\infty[$.

On calcule :

$f(2)=1+\dfrac{4\ln(3)}{3}\approx 2{,}46$

Donc :

$f(2)>1{,}5$

Et :

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=1$

Donc :

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)<1{,}5$

Par continuité et stricte décroissance de $f$ sur $[2;+\infty[$, l’équation $f(x)=1{,}5$ admet une unique solution sur $[2;+\infty[$.

À la calculatrice, on obtient :

$x\approx 25{,}1$

Question $5$ a.

On remarque que :

$\left(\dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2\right)'=\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}$

Donc :

$\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1},dx=\left[\dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2\right]_0^2$

$\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1},dx=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2-\dfrac{1}{2}(\ln 1)^2$

Comme $\ln(1)=0$, on obtient :

$\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1},dx=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2$

Question $5$ b.

Sur $[0;2]$, la fonction $f$ est positive. L’aire cherchée est donc :

$\mathcal{A}=\int_0^2 f(x),dx$

$\mathcal{A}=\int_0^2 \left(1+\dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}\right),dx$

$\mathcal{A}=\int_0^2 1,dx+4\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1},dx$

D’après la question précédente :

$\mathcal{A}=2+4\times\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2$

Donc :

$\mathcal{A}=2+2(\ln 3)^2$

L’aire du domaine est donc égale à $2+2(\ln 3)^2$ unités d’aire.