Bac 2025 : mathématiques, Métropole jour 1

Proposition de corrigé — non officielle. Session 2025. Voie générale — spécialité mathématiques, Métropole, 17 juin 2025. Durée : 4 heures.

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Les réponses expliquent les raisonnements et les calculs. Pour les compositions et les analyses, plusieurs réponses argumentées sont possibles ; cette proposition n’est pas validée par le jury.

Exercice 1 — Groupes sanguins et probabilités

Partie A — Arbre de probabilités

1. Les premières branches portent les probabilités 0,45 pour A, 0,10 pour B, 0,03 pour AB et 0,42 pour O. Les probabilités conditionnelles de rhésus positif sont respectivement 0,85 ; 0,84 ; 0,82 et une valeur inconnue, notée p. Chaque branche de rhésus négatif porte le complément à 1.

2. Par la formule des probabilités totales :

P(R) = 0,45 × 0,85 + 0,10 × 0,84 + 0,03 × 0,82 + 0,42p.

Ainsi 0,8397 = 0,4911 + 0,42p, d’où p = 0,83.

3. La probabilité d’être donneur universel O négatif vaut 0,42 × (1 − 0,83) = 0,0714, soit 7,14 %. On multiplie les probabilités le long de la branche ; on ne suppose pas que le groupe et le rhésus sont indépendants.

Partie B — Cent donneurs

1. Chaque personne donne lieu à une épreuve de Bernoulli de paramètre 0,0714. Les 100 choix sont assimilés à des tirages indépendants de même loi. Le nombre X de donneurs O négatif suit donc B(100 ; 0,0714).

2. Avec la formule binomiale :

P(X ≤ 7) = Σ(k=0 à 7) C(100,k) × 0,0714ᵏ × 0,9286¹⁰⁰⁻ᵏ ≈ 0,5771.

3. E(X) = np = 7,14 et V(X) = np(1 − p) = 6,630204, soit environ 6,63. L’espérance n’est pas obligatoirement entière : elle représente une moyenne sur de nombreuses répétitions.

Partie C — Moyenne de plusieurs collectes

Pour N variables indépendantes de même loi, la moyenne Mₙ vérifie E(Mₙ) = 7,14 et V(Mₙ) = 6,63/N, avec la variance arrondie admise dans l’énoncé.

L’événement 7 < Mₙ < 7,28 s’écrit |Mₙ − 7,14| < 0,14. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :

P(|Mₙ − 7,14| ≥ 0,14) ≤ 6,63/(N × 0,14²).

Pour garantir une probabilité au moins égale à 0,95 pour l’intervalle souhaité, il suffit donc que 6,63/(N × 0,0196) ≤ 0,05, soit N ≥ 6 765,306…. On retient N = 6 766. C’est un nombre suffisant obtenu par cette inégalité ; ce n’est pas la preuve que la probabilité réelle serait inférieure à 0,95 pour tout N plus petit.

Exercice 2 — Logarithme, dérivées et aire

Partie A — Lecture graphique

1. La tangente en A(1 ; 2) passe par C(3 ; 0). Son coefficient directeur vaut (0 − 2)/(3 − 1) = −1. Donc f′(1) = −1.

2. La courbe admet deux tangentes horizontales sur ]0 ; 3] : l’équation f′(x) = 0 a deux solutions.

3. Au voisinage de 0,2, les pentes diminuent lorsque x augmente : la courbe est concave. On lit f″(0,2) < 0.

Partie B — Étude de f

On a f(x) = x[2(ln x)² − 3 ln x + 2], pour x > 0.

Le trinôme 2X² − 3X + 2 a pour discriminant 9 − 16 = −7. Son coefficient dominant étant positif, il est strictement positif sur ℝ. Comme x > 0, f(x) > 0 : la courbe ne coupe pas l’axe des abscisses.

Quand x tend vers +∞, le facteur entre crochets et x tendent vers +∞ ; f(x) tend vers +∞.

Par dérivation du produit :

f′(x) = 2(ln x)² − 3 ln x + 2 + 4 ln x − 3 = 2(ln x)² + ln x − 1.

La factorisation (2 ln x − 1)(ln x + 1) donne les zéros e⁻¹ et √e. La fonction est croissante sur ]0 ; e⁻¹], décroissante sur [e⁻¹ ; √e], puis croissante sur [√e ; +∞[. Ses valeurs aux extremums sont f(e⁻¹) = 7/e et f(√e) = √e.

Ensuite, f″(x) = (4 ln x + 1)/x. Comme x est positif, son signe est celui de 4 ln x + 1. La courbe est concave sur ]0 ; exp(−1/4)] et convexe sur [exp(−1/4) ; +∞[. Elle possède un point d’inflexion d’abscisse exp(−1/4).

Au point B(e ; e), f′(e) = 2. La tangente Tᵦ a pour équation y = 2x − e. Sur [1 ; +∞[, la fonction est convexe : sa courbe se trouve au-dessus de ses tangentes, en particulier de Tᵦ.

Partie C — Calcul de l’aire hachurée

Une intégration par parties avec u = ln x et v′ = x donne :

I = ∫₁ᵉ x ln x dx = [x² ln x/2]₁ᵉ − ∫₁ᵉ x/2 dx = (e² + 1)/4.

En utilisant J = ∫₁ᵉ x(ln x)² dx = (e² − 1)/4, l’aire cherchée est l’intégrale de la différence entre la courbe et Tᵦ :

A = ∫₁ᵉ [f(x) − (2x − e)] dx = 2J − 3I + e(e − 1).

Donc A = (3e² − 4e − 5)/4 ≈ 1,574 unité d’aire. La différence est positive sur cet intervalle grâce à la convexité établie précédemment.

Exercice 3 — Vrai ou faux en géométrie de l’espace

Affirmation 1 : vraie. La représentation x = 3 − 2t, y = 2 − t, z = −1 + 3t passe par B pour t = 0 et par A pour t = 2. Son vecteur directeur (−2 ; −1 ; 3) est colinéaire à BA = (−4 ; −2 ; 6).

Affirmation 2 : fausse. Le vecteur proposé n = (5 ; −2 ; 1) est orthogonal à OA = (−1 ; 0 ; 5), mais pas à OB = (3 ; 2 ; −1), puisque n·OB = 15 − 4 − 1 = 10. Il ne peut donc pas être normal au plan (OAB).

Affirmation 3 : fausse. L’égalité des abscisses et des ordonnées sur les deux droites donne k − 4s = −14 et −k − 4s = −6, soit k = −4 et s = 2,5. Les deux cotes valent alors −14. Les droites se coupent en (11 ; 12 ; −14) ; elles sont donc coplanaires.

Affirmation 4 : vraie. La distance de C(2 ; −1 ; 2) au plan x − y + z + 1 = 0 vaut |2 − (−1) + 2 + 1|/√(1² + (−1)² + 1²) = 6/√3 = 2√3.

Exercice 4 — Évolution d’un herbier de posidonies

Partie A — Modèle discret

u₁ = −0,02 × 1² + 1,3 × 1 = 1,28.

Posons h(x) = −0,02x² + 1,3x. Sur [0 ; 20], h′(x) = 1,3 − 0,04x ≥ 0,5, donc h est croissante. De plus, h(20) = 18 ≤ 20.

Montrons par récurrence 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20. Au rang 0, 1 ≤ 1 ≤ 1,28 ≤ 20. Si la propriété est vraie au rang n, la croissance de h donne h(uₙ) ≤ h(uₙ₊₁) ≤ h(20), donc uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 18 ≤ 20. La minoration par 1 est conservée. La propriété est démontrée.

La suite est croissante et majorée, donc convergente. Sa limite ℓ vérifie, par continuité de h, ℓ = −0,02ℓ² + 1,3ℓ, soit ℓ(0,3 − 0,02ℓ) = 0. Les solutions sont 0 et 15 ; comme ℓ ≥ 1, ℓ = 15.

Le programme de recherche du premier dépassement de 14 est :

def seuil():
    n = 0
    u = 1
    while u <= 14:
        u = -0.02 * u**2 + 1.3 * u
        n = n + 1
    return n

Il renvoie 18 ; u₁₈ ≈ 14,1245. La condition <= répond bien à un dépassement strict.

Partie B — Modèle continu

Avec g = 1/f, la dérivation donne g′ = −f′/f². L’équation de f conduit donc à g′ = −0,3g + 0,02. Ses solutions sont g(t) = Ce⁻⁰·³ᵗ + 1/15.

Puisque f(0) = 1, g(0) = 1 et C = 14/15. Par conséquent :

f(t) = 15/(14e⁻⁰·³ᵗ + 1).

Quand t tend vers +∞, l’exponentielle tend vers 0 et f(t) tend vers 15. Les deux modèles ont donc la même limite.

Enfin, le dénominateur étant positif :

f(t) > 14 ⇔ 15 > 196e⁻⁰·³ᵗ + 14 ⇔ t > ln(196)/0,3.

Le seuil continu est d’environ 17,59 ans, ce qui est cohérent avec le premier dépassement au bout de 18 ans dans le modèle discret, sans rendre les deux évolutions identiques.