Tu passes la spécialité Mathématiques au Bac 2025 ? Cette page sera ta référence dès la sortie de l’épreuve, avec les sujets tombés le 17 juin et leurs corrigés complets. En attendant leur publication, on t’aide à te préparer avec les chapitres incontournables, les méthodes à maîtriser et nos meilleurs conseils d’experts Nomad Education. 

Introduction

Les sujets de spécialité Maths et leurs corrigés seront publiés ici dès la fin de l’épreuve du lundi 17 juin 2025.

Cette page sera mise à jour en temps réel, dès la publication officielle.

À retrouver sur cette page à partir du 17 juin :

• Les énoncés du jour 1 et jour 2
• Les corrigés détaillés, clairs et commentés
• Des explications pas à pas pour comprendre les méthodes
• Nos conseils pour bien analyser ses erreurs et progresser
   

Les sujets et corrigés de spécialité Mathématiques

Télécharger le sujet de l’épreuve de Maths (jour 1)

Le corrigé de l’épreuve de Maths (jour 1)

Voici une proposition de corrigé.

Exercice 1 (5 points)

Données :

• $P(A) = 0,45$, $P(B) = 0,10$, $P(AB) = 0,03$, donc $P(O) = 1 – (P(A) + P(B) + P(AB)) = 0,42$
• $P_R(A) = 0,85$, $P_R(B) = 0,84$, $P_R(AB) = 0,82$

1. Complétion de l’arbre

On complète les branches en utilisant les données de l’énoncé ainsi que les probabilités complémentaires.

2. Calcul de $P(B \cap R)$

$P(B \cap R) = 0,10 \times 0,84 = 0,084$

Interprétation : Cela signifie que $8,4\%$ des personnes de la population sont de groupe $\rm{B}$ et de rhésus positif.

3. Détermination de $P_O(R)$

On connaît $P(R) = 0,8397$. On a :

$P(R) = P(A \cap R) + P(B \cap R) + P(AB \cap R) + P(O \cap R)$

Donc :

$P(O \cap R) = P(R) – (0,3825 + 0,084 + 0,0246) = 0,8397 – 0,4911 = 0,3486$

$P_O(R) = \dfrac{P(O \cap R)}{P(O)} = \dfrac{0,3486}{0,42} = 0,83$

4. Probabilité d’être donneur universel

Un donneur universel est une personne de groupe $\rm{O}$ et rhésus négatif :

$P(O \cap \overline{R}) = 0,42 \times (1 – 0,83) = 0,42 \times 0,17 = 0,0714$

5. Étude de la variable aléatoire $X$

a. $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0,0714$

b. On cherche $P(X \leq 7)$ pour $X \sim \mathcal{B}(100; 0,0714)$

Utilisation de la calculatrice ou table binomiale :

$P(X \leq 7) \approx 0,577$ (à $10^{-3}$ près)

c. Espérance : $E(X) = np = 100 \times 0,0714 = 7,14$

Variance : $V(X) = np(1-p) = 100 \times 0,0714 \times 0,9286 \approx 6,63$

6. Étude de la variable aléatoire $M_N$

a. $M_N$ est la moyenne du nombre de donneurs universels sur $N$ villes, donc la moyenne des $X_i$. Donc le nombre de donneurs universels moyens par villes.

b. Espérance :

$E(M_N) = \dfrac{1}{N} \displaystyle \sum_{i=1}^{N} E(X_i) = \dfrac{N \times 7,14}{N} = 7,14$

c. Variance :

$V(M_N) = \dfrac{1}{N^2} \displaystyle \sum_{i=1}^{N} V(X_i) = \dfrac{N \times 6,63}{N^2} = \dfrac{6,63}{N}$

d. D’après Bienaymé-Tchebychev :

$P(|M_N – E(M_N)| \geq 0,14) \leq \dfrac{V(M_N)}{0,14^2} = \dfrac{6,63/N}{0,0196}$

$\Rightarrow \dfrac{6,63}{0,0196N} \leq 0,05$

$\Rightarrow N \geq \dfrac{6,63}{0,05 \times 0,0196} \approx 6765,31 \Rightarrow N \geq 6766$

Exercice 2 (6 points)

Partie A : Lectures graphiques

1. Détermination de $f'(1)$ :

On connaît deux points de la tangente $T_A$ : $A(1; 2)$ et $C(3; 0)$.

Sa pente est donc :

$f'(1) = \dfrac{0 – 2}{3 – 1} = -1$

2. Solutions de $f'(x) = 0$ sur $]0; 3]$ :

D’après le graphique, la courbe $C_f$ change deux fois de variations, donc la dérivée change de signes deux fois aussi et donc elle s’annule deux fois

3. Signe de $f »(0,2)$ :

Au point d’abscisse $x = 0,2$, la courbe $C_f$ est concave (elle est en dessous de ses tangentes), donc :

$f »(0,2) < 0$

Partie B : Étude de la fonction $f$

On considère la fonction définie par :

$f(x) = x[2(\ln x)^2 – 3 \ln x + 2]$

1. Résolution de $2X^2 – 3X + 2 = 0$ :

$\Delta = (-3)^2 – 4 \times 2 \times 2 = 9 – 16 = -7$

Pas de solution réelle $\Rightarrow f(x) > 0$ sur $]0; +\infty[$.

Donc la courbe $C_f$ ne coupe pas l’axe des abscisses.

2. Limite de $f(x)$ en $+\infty$ :

On factorise par le terme de plus haut degré dans le crochet : $(\ln x)^2$

$f(x) = x[2(\ln x)^2 – 3 \ln x + 2]$

$f(x) = x \cdot (\ln x)^2 \left[2 – \dfrac{3}{\ln x} + \dfrac{2}{(\ln x)^2}\right]$

Quand $x \to +\infty$ :

$\ln x \to +\infty$ (1)

$\dfrac{3}{\ln x} \to 0$ (2)

$\dfrac{2}{(\ln x)^2} \to 0$ (3)

Donc le terme entre crochets tend vers $2 – 0 + 0 = 2 > 0$

Comme $x \to +\infty$ et $(\ln x)^2 \to +\infty$, on a :

$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$

3. Dérivée seconde :

On admet que $f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x – 1$.

On utilise la formule des dérivées composées.

Soit :

$f »(x) = (2(\ln x)^2 + \ln x – 1)’ = 2 \cdot 2 \ln x \cdot \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x}(4 \ln x + 1)$

4. Étude de la convexité :

$f »(x) = \dfrac{1}{x}(4 \ln x + 1) \Rightarrow f »(x) = 0 \Leftrightarrow 4 \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = -\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = \rm{e}^{-1/4}$

Donc :

• $f »(x) < 0$ si $x < \rm{e}^{-1/4}$ : courbe concave ;
• $f »(x) > 0$ si $x > \rm{e}^{-1/4}$ : courbe convexe ;
• Point d’inflexion : $x = \rm{e}^{-1/4}$.

5. Comparaison avec $T_B$ sur $[1; +\infty[$ :

Équation de $T_B$ : droite passant par $B(\rm{e}; \rm{e})$ de pente $f'(\rm{e})$.

On calcule :

$f'(\rm{e}) = 2(\ln \rm{e})^2 + \ln \rm{e} – 1 = 2(1)^2 + 1 – 1 = 2$

Donc équation de $T_B$ :

$y = 2(x – \mathrm{e}) + \mathrm{e} = 2 x – \mathrm{e}$

On considère $g(x) = f(x) – (2x – \mathrm{e}) = x \ln x(2 \ln x – 3) + \mathrm{e}$, et $x \ln x(2 \ln x – 3) + \mathrm{e} \geq 0$ sur $[1; +\infty[$, donc :

$f(x) > T_B(x)$ sur $[1; +\infty[$

Partie C : Calcul d’aire

1. Équation de $T_B$ :

D’après le point précédent, l’équation réduite est bien $y = 2x – \rm{e}$.

2. Intégration par parties : $I = \displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} x \ln x \, dx$

Posons $u = \ln x$, $v’ = x$ donc $u’ = \dfrac{1}{x}$, $v = \dfrac{x^2}{2}$

$I = \left[\dfrac{x^2}{2} \ln x\right]_1^{\rm{e}} – \displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} \dfrac{x^2}{2} \cdot \dfrac{1}{x} \, dx = \left[\dfrac{x^2}{2} \ln x\right]_1^{\rm{e}} – \displaystyle \int_1^{\rm{e}} \dfrac{x}{2} \, dx$

$= \left[\dfrac{x^2}{2} \ln x – \dfrac{x^2}{4}\right]_1^{\mathrm{e}} = \dfrac{\rm{e}^2}{2} \cdot 1 – \dfrac{\rm{e}^2}{4} – (0 – \dfrac{1}{4}) = \dfrac{\rm{e}^2}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{\rm{e}^2 + 1}{4}$

3. Calcul de l’aire $A$ entre $f(x)$ et $T_B$ sur $[1; \rm{e}]$ :

$A = \displaystyle \int_1^{\rm{e}} f(x) – T_B(x) \, dx$
$= \displaystyle \int_1^{\rm{e}} [x(2(\ln x)^2 – 3 \ln x + 2) – (2x – \mathrm{e})] \, dx$

Développement de l’intégrande :

$f(x) – T_B(x) = x(2(\ln x)^2 – 3 \ln x + 2) – (2x – \rm{e})$ (4)

$= 2x(\ln x)^2 – 3x \ln x + 2x – 2x + \rm{e}$ (5)

$= 2x(\ln x)^2 – 3x \ln x + \rm{e}$ (6)

Calcul de l’intégrale :

$A = \displaystyle \int_1^{\rm{e}} [2x(\ln x)^2 – 3x \ln x + \mathrm{e}] \, dx$ (7)

$= 2 \displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} x(\ln x)^2 \, dx – 3 \displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} x \ln x \, dx + \displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} \mathrm{e} \, dx$ (8)

Application des données :

$\displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} x(\ln x)^2 \, dx = \dfrac{\mathrm{e}^2 – 1}{4}$ (9)

$\displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} x \ln x \, dx = \dfrac{\mathrm{e}^2 + 1}{4}$ (10)

$\displaystyle \int_1^{\mathrm{e}} \mathrm{e} \, dx = \mathrm{e}[x]_1^{\rm{e}} = \mathrm{e}(\mathrm{e} – 1) = \mathrm{e}^2 – \mathrm{e}$ (11)

Substitution :

$A = 2 \cdot \dfrac{\mathrm{e}^2 – 1}{4} – 3 \cdot \dfrac{\rm{e}^2 + 1}{4} + (\rm{e}^2 – \rm{e})$ (12)

$= \dfrac{2(\rm{e}^2 – 1)}{4} – \dfrac{3(\rm{e}^2 + 1)}{4} + (\rm{e}^2 – \rm{e})$ (13)

$= \dfrac{2\rm{e}^2 – 2 – 3\rm{e}^2 – 3}{4} + (\rm{e}^2 – \rm{e})$ (14)

$= \dfrac{-\rm{e}^2 – 5}{4} + (\rm{e}^2 – \rm{e})$ (15)

$= \dfrac{-\rm{e}^2 – 5 + 4\rm{e}^2 – 4\rm{e}}{4}$ (16)

$= \dfrac{3\rm{e}^2 – 4\rm{e} – 5}{4}$ (17)

Exercice 3 (4 points)

Pour chaque affirmation, on indique si elle est vraie ou fausse, avec justification.

1. Points $A(-1; 0; 5)$ et $B(3; 2; -1)$

Affirmation 1 : Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est :

$\begin{cases} x = 3 – 2t \\ y = 2 – t \\ z = -1 + 3t \end{cases}$

Analyse : Le vecteur directeur $\overrightarrow{AB}$ est :

$\overrightarrow{AB} = B – A = (3 – (-1), 2 – 0, -1 – 5) = (4, 2, -6)$

Mais dans la représentation proposée, le vecteur directeur est $(-2, -1, 3)$. Ce qui est un multiple de $(4, 2, -6)$. Donc :

Affirmation 1 : vraie

 2. $\vec{n} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ est normal au plan $(OAB)$

Analyse : Pour cela, $\vec{n}$ doit être orthogonal à deux vecteurs du plan $(OAB)$ : $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{OB}$.

$\overrightarrow{OA} = (-1, 0, 5)$ ; $\overrightarrow{OB} = (3, 2, -1)$

Produit scalaire :

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{OA} = -5 + 0 + 5 = 0$ ; $\vec{n} \cdot \overrightarrow{OB} = 15 – 4 – 1 = 10 \neq 0$

Donc $\vec{n}$ n’est pas orthogonal à $\overrightarrow{OB}$.

Affirmation 2 : fausse

3. Droites $d$ et $d’$

• $d : x = 15 + k, y = 8 – k, z = -6 + 2k$
• $d’ : x = 1 + 4s, y = 2 + 4s, z = 1 – 6s$

On cherche à savoir s’il existe des réels $k$ et $s$ tels que les droites aient un point commun :

$$\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 – k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 – 6s \end{cases}$$

Première équation : $k = -14 + 4s$
Deuxième équation : $k = 6 – 4s$
$\Rightarrow -14 + 4s = 6 – 4s$
$\Rightarrow 8s = 20$
$\Rightarrow s = \dfrac{5}{2}$, $k = -4$

Troisième équation :
$-6 + 2k = -6 + 2(-4) = -14$, $1 – 6s = 1 – 15 = -14$

Les droites sont sécantes et donc coplanaires.

Affirmation 3 : fausse

4. Plan $P$ d’équation $x – y + z + 1 = 0$, et point $C(2; -1; 2)$

Formule de la distance d’un point $M(x_0, y_0, z_0)$ au plan $ax + by + cz + d = 0$ :

$D = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} = \dfrac{|2 + 1 + 2 + 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$

Affirmation 4 : vraie

Exercice 4 (5 points)

Partie A : Modèle discret

On note $u_0 = 1$ (en $\rm{ha}$), et la suite est définie par :

$u_{n+1} = -0,02u_n^2 + 1,3u_n$

1. Calcul de $u_1$ :

$u_1 = -0,02 \times 1^2 + 1,3 \times 1 = -0,02 + 1,3 = 1,28 \rm{ha}$

2. Démonstration de la croissance de la suite et majoration :

Soit $h(x) = -0,02x^2 + 1,3x$. $h$ est croissante sur $[0; 20]$ (fonction polynôme de degré 2, concave, maximum en $x = \dfrac{1,3}{2 \cdot 0,02} = 32,5 > 20$).

Donc $u_n \leq u_{n+1}$ car $h$ croissante, et comme $u_0 = 1$ et $h(x) \leq 20$ sur $[0; 20]$ on a :

$1 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 20$

3. Convergence et limite $L$ :

La suite est croissante et majorée, donc elle converge. Si $u_n \to L$, alors :

$L = -0,02L^2 + 1,3L \Rightarrow 0 = -0,02L^2 + 0,3L = L(-0,02L + 0,3) \Rightarrow L = 0$ ou $L = 15$

Mais $u_n \geq 1$ donc $L = 15$

4. Justification du dépassement des 14 ha :

La suite est croissante et tend vers 15, donc finira par dépasser 14. Donc :

Oui, la posidonie finira par dépasser les 14 ha.

5. Algorithme complété :

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

Partie B : Modèle continu

On modélise la superficie recouverte par $f(t)$, solution de :

$(E_1)$ : $f'(t) = 0,02f(t)(15 – f(t))$ avec $f(0) = 1$

1. Définition de $g(t) = \dfrac{1}{f(t)}$ et étude :

$g'(t) = \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1}{f(t)}\right) = -\dfrac{f'(t)}{f(t)^2} = -\dfrac{0,02f(t)(15 – f(t))}{f(t)^2} = -0,02 \cdot \dfrac{15 – f(t)}{f(t)}$

$g'(t) = -0,02 \cdot \left(\dfrac{15}{f(t)} – 1\right) = -0,3g(t) + 0,02$

Donc $g'(t) = -0,3g(t) + 0,02 \Rightarrow g$ est solution de :

$(E_2)$ : $y’ = -0,3y + 0,02$

2. Résolution de $(E_2)$ :

Équation différentielle linéaire du 1er ordre. Solution générale :

$y(t) = A\rm{e}^{-0,3t} + \dfrac{0,02}{0,3} = A\rm{e}^{-0,3t} + \dfrac{1}{15}$

3. Expression de $f(t)$ :

On a $g(t) = \dfrac{1}{f(t)} = A\rm{e}^{-0,3t} + \dfrac{1}{15} \Rightarrow f(t) = \dfrac{1}{A\rm{e}^{-0,3t} + \dfrac{1}{15}}$

Or $f(0) = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{A + \dfrac{1}{15}} = 1 \Rightarrow A = -\dfrac{14}{15}$

Donc :

$f(t) = \dfrac{1}{-\dfrac{14}{15}\rm{e}^{-0,3t} + \dfrac{1}{15}} = \dfrac{15}{14\rm{e}^{-0,3t} + 1}$

4. Limite de $f(t)$ quand $t \to +\infty$ :

$\displaystyle \lim_{t \to +\infty} \rm{e}^{-0,3t} = 0 \Rightarrow f(t) \to \dfrac{15}{1} = 15$

5. Résolution de $f(t) > 14$ :

$\dfrac{15}{14\rm{e}^{-0,3t} + 1} > 14 \Rightarrow 15 > 14 \cdot (14\rm{e}^{-0,3t} + 1)$

$15 > 196\rm{e}^{-0,3t} + 14 \Rightarrow 1 > 196\rm{e}^{-0,3t} \Rightarrow \rm{e}^{-0,3t} < \dfrac{1}{196}$

$\Rightarrow -0,3t < \ln\left(\dfrac{1}{196}\right) \Rightarrow t > \dfrac{\ln 196}{0,3} \approx 17,9$

Interprétation : la superficie de posidonie dépassera 14 ha au bout d’environ 18 ans

 
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Le corrigé de l’épreuve de Maths (jour 2)

Voici une proposition de corrigé.

Exercice 1 (5 points)

Partie A : Probabilités de chutes en roller

$P(A) = 0,6$ et, conditionnellement :

$P(B|A) = 0,3$ et $P(B|\overline{A}) = 0,4$.

1. Arbre de probabilités :

Première séance : chute ($A$, probabilité $0,6$) ou pas de chute ($\overline{A}$, probabilité $0,4$).

• Si $A$ a lieu (chute à la 1^re séance), alors pour la 2^e séance : chute $(B)$ avec $P(B|A) = 0,3$ ou pas de chute ($\overline{B}$) avec $P(\overline{B}|A) = 0,7$
• Si $\overline{A}$ (pas de chute à la 1^re séance), alors pour la 2^e séance : chute ($B$) avec $P(B|\overline{A}) = 0,4$ ou pas de chute ($\overline{B}$) avec $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0,6$

2. Calcul de $P(\overline{A} \cap \overline{B})$ et interprétation :

D’après l’arbre pondéré :

$P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P(\overline{B}|\overline{A}) = 0,4 \times 0,6 = 0,24$

Interprétation : la probabilité qu’une personne ne chute ni lors de la première séance ni lors de la deuxième est de $0,24$, soit $24\%$.

3. Calcul de $P(B)$ :

On utilise la formule des probabilités totales :

$P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B) = 0,18 + (0,4 \times 0,4) = 0,18 + 0,16 = 0,34$

On retrouve bien $P(B) = 0,34$ comme attendu.

4. Probabilité conditionnelle $P(\overline{A}|\overline{B})$ :

On cherche la probabilité qu’une personne n’ait pas chuté à la première séance, sachant qu’elle n’a pas chuté à la deuxième. D’après la formule de Bayes :

$$P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})}$$

On calcule $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P(\overline{B}|\overline{A}) = 0,4 \times 0,6 = 0,24$
De plus $P(\overline{B}) = 1 – P(B) = 1 – 0,34 = 0,66$

Ainsi :

$$P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{0,24}{0,66} \approx 0,3636 \approx 0,364$$

Arrondie au millième, la probabilité demandée est $0,364$.
Interprétation : parmi les personnes qui n’ont pas chuté lors de la deuxième séance, environ $36,4\%$ n’avaient pas chuté non plus en première séance.

5. Variable $X$ (échantillon de 100 personnes) :

a) On admet que la probabilité qu’une personne ne chute ni lors de la 1^re ni lors de la 2^e séance vaut $p = 0,24$. Dans un échantillon de $n = 100$ personnes, $X$ compte le nombre de personnes ayant cette propriété de « aucune chute ». On assimile le choix de 100 personnes à 100 tirages successifs indépendants (tirage avec remise). Chaque personne est un « succès » (aucune chute) avec probabilité $0,24$ ou un « échec » (au moins une chute) avec probabilité $0,76$. Les conditions d’une loi binomiale sont réunies : $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0,24$, que l’on note

$$X \sim \mathcal{B}(100, 0,24)$$

b) La probabilité d’avoir au moins 20 personnes sans aucune chute dans l’échantillon est

$P(X \geq 20) = 1 – P(X \leq 19)$.

Ce calcul se fait soit à l’aide de la loi binomiale (avec la calculatrice), soit par approximation normale. En utilisant la calculatrice, on obtient :

$P(X \geq 20) \approx 0,855$,

soit environ $85,5\%$. (On a arrondi cette probabilité au millième près.)

c) Espérance $E(X)$ et interprétation : Pour une loi binomiale, $E(X) = n \times p$. Ici $E(X) = 100 \times 0,24 = 24$. En moyenne, sur 100 personnes ayant souscrit à la formule, on peut s’attendre à ce qu’environ 24 d’entre elles ne fassent aucune chute durant les deux séances.

Partie B : Temps d’attente pendant le week-end

1. Espérance de $T$ :

On utilise la linéarité de l’espérance. Comme $T = T_1 + T_2$ :

$E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100$ minutes.

Interprétation : en moyenne, une personne attend 100 minutes au total sur le week-end, soit 1 h 40 min.

2. Variance de $T$ :

La variance d’une somme de variables indépendantes est la somme des variances. Ainsi :

$V(T) = V(T_1) + V(T_2) = 10^2 + 16^2 = 100 + 256 = 356$.

On a bien $V(T) = 356$ (en minutes²).

3. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

On cherche à minorer

$P(60 < T < 140)$,

c’est-à-dire la probabilité que le temps total d’attente soit compris entre 60 et 140 minutes (entre 1 h et 2 h 20). On réécrit cet événement autour de l’espérance 100 et on applique l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev (BT) :

$P(60 < T < 140) = P(100 – 40 < T < 100 + 40) = P(|T – 100| < 40)$

$= 1 – P(|T – 100| \geq 40)$

$\geq 1 – \dfrac{V(T)}{40^2}$ (d’après BT)

$= 1 – \dfrac{356}{1600} = 1 – 0,2225 = 0,7775$.

On obtient $P(60 < T < 140) \geq 0,7775$. En particulier, cette probabilité est supérieure à $0,77$ (soit $77,75\%$ au minimum).

Remarque : Le résultat signifie qu’il y a au moins $77\%$ de chances pour qu’une personne attende entre 1 h et 2 h 20 au total durant le week-end.

Exercice 2 (5 points)

Partie A

1. Intersection des droites $d$ et $d’$ :

Pour trouver le point d’intersection éventuel $S$, on peut résoudre le système d’équations paramétriques en identifiant les coordonnées sur $d$ et $d’$. D’après les représentations paramétriques, on doit avoir :

$\dfrac{3}{2} + 2t = s$, $2 + t = \dfrac{3}{2} + s$, $3 – t = 3 – 2s$,

pour certaines valeurs de $t$ et $s$. En procédant, on trouve aisément $t = -1$ qui donne $\dfrac{3}{2} + 2(-1) = -\dfrac{1}{2}$, et $s = -\dfrac{1}{2}$ vérifiant $2 + (-1) = 1 = \dfrac{3}{2} + (-\dfrac{1}{2})$ et $3 – (-1) = 4 = 3 – 2(-\dfrac{1}{2})$. On en conclut que

$S\left(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; 4\right)$

appartient à $d$ (pour $t = -1$) et à $d’$ (pour $s = -\dfrac{1}{2}$). Les droites $d$ et $d’$ sont donc sécantes en ce point $S(-\dfrac{1}{2} ; 1; 4)$.

2. Plan $(ABC)$ :

a) Calculons deux vecteurs du plan $(ABC)$ :

$\overrightarrow{AB} = (1 – (-1) ; -1 – 2 ; 2 – 1) = (2 ; -3 ; 1)$,

$\overrightarrow{AC} = (1 – (-1) ; 1 – 2 ; 1 – 1) = (2 ; -1 ; 0)$.

On considère le vecteur $\vec{n}(1 ; 2 ; 4)$. Faisons le produit scalaire de $\vec{n}$ avec ces deux vecteurs du plan :

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 2 – 6 + 4 = 0$,

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 2 – 2 + 0 = 0$.

$\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$. Ainsi, $\vec{n}(1; 2; 4)$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

b) Une équation cartésienne d’un plan peut s’écrire sous la forme $ax + by + cz + d = 0$, où $(a, b, c)$ est un vecteur normal. D’après la question précédente, on peut prendre $(1, 2, 4)$ comme vecteur normal de $(ABC)$. En particulier, le plan passant par $A(-1; 2; 1)$ et de normal $\vec{n}(1; 2; 4)$ admet l’équation :

$1(x – (-1)) + 2(y – 2) + 4(z – 1) = 0$

soit

$x + 1 + 2y – 4 + 4z – 4 = 0$

c’est-à-dire

$x + 2y + 4z – 7 = 0$.

On retrouve l’équation cartésienne du plan $(ABC)$ donnée dans l’énoncé.

c) Pour que les points $A$, $B$, $C$ et $S$ soient coplanaires, le point $S$ devrait vérifier l’équation du plan $(ABC)$. Vérifions en remplaçant les coordonnées de $S(-\dfrac{1}{2} ; 1; 4)$ dans $x + 2y + 4z – 7$ :

$-\dfrac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 – 7 = -\frac{1}{2} + 2 + 16 – 7 = \dfrac{-1 + 4 + 32 – 14}{2} = \dfrac{21}{2} \neq 0$.

Le point $S$ ne satisfait pas l’équation du plan $(ABC)$. Par conséquent, $S$ n’appartient pas au plan $(ABC)$, et les points $A$, $B$, $C$, $S$ ne sont pas coplanaires.

3. Projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$ :

a) Le projeté orthogonal $H$ de $S$ sur le plan $(ABC)$ est le point de $(ABC)$ tel que $\overrightarrow{SH}$ soit orthogonal au plan. On nous propose $H(-1; 0; 2)$. Vérifions d’une part que $H$ appartient bien au plan $(ABC)$, et d’autre part que $\overrightarrow{SH}$ est orthogonal au plan.

• $H$ dans le plan : on remplace $H$ dans l’équation $x + 2y + 4z – 7$ : $-1 + 2 \times 0 + 4 \times 2 – 7 = -1 + 0 + 8 – 7 = 0$.
  Donc $H(-1; 0; 2)$ appartient au plan $(ABC)$.

• Orthogonalité : considérons le vecteur $\overrightarrow{SH} = (-1 – (-\dfrac{1}{2}) ; 0 – 1 ; 2 – 4) = (-\dfrac{1}{2} ; -1 ; -2)$.

On remarque que

$\overrightarrow{SH} = -\dfrac{1}{2}(1 ; 2 ; 4) = -\dfrac{1}{2}\vec{n}$,

c’est-à-dire que $\overrightarrow{SH}$ est colinéaire au vecteur normal du plan. Donc $\overrightarrow{SH}$ est orthogonal au plan $(ABC)$.

Ainsi, $H$ appartient au plan $(ABC)$ et $\overrightarrow{SH} \perp (ABC)$, ce qui prouve que $H(-1; 0; 2)$ est le projeté orthogonal de $S$ sur le plan $(ABC)$.

b) La distance $SH$ représente la distance du point $S$ au plan $(ABC)$. C’est la distance minimale entre $S$ et les points du plan $(ABC)$. En effet, pour tout autre point $M$ du plan, le triangle $SMH$ serait rectangle en $H$ (car $SH \perp (ABC)$) et vérifierait $SM^2 = SH^2 + MH^2$, donc $SM > SH$. On en déduit qu’aucun point $M$ du plan $(ABC)$ ne peut être plus proche de $S$ que $H$. Numériquement, on trouve $SH = \sqrt{((-\dfrac{1}{2})^2 + 1^2 + 4^2)} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}$ ; ainsi il n’existe aucun point $M$ du plan $(ABC)$ tel que $SM < \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

Partie B

On considère un point $M$ appartenant au segment $[CS]$. On peut donc écrire $\overrightarrow{CM} = k\overrightarrow{CS}$ avec $k \in [0 ; 1]$.

1. Coordonnées du point $M$ en fonction de $k$ :

Tout point $M$ du segment $[CS]$ peut s’exprimer par barycentre : $M = C + k\overrightarrow{CS}$. Les coordonnées de $\overrightarrow{CS}$ sont $S – C = \left(-\dfrac{1}{2} – 1 ; 1 – 1 ; 4 – 1\right) = \left(-\dfrac{3}{2} ; 0 ; 3\right)$. Donc :

$M = C + k\overrightarrow{CS} = \left(1 + k \times (-\dfrac{3}{2}) ; 1 + k \times 0 ; 1 + k \times 3\right) = \left(1 – \dfrac{3k}{2} ; 1 ; 1 + 3k\right)$.

2. Triangle $MAB$ rectangle en $M$ ?

Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$ (vecteurs orthogonaux). Exprimons ces vecteurs avec les coordonnées de $M$ précédemment obtenues (pour un $k \in [0; 1]$) :

$\overrightarrow{MA} = \left(-1 – \left(1 – \frac{3k}{2}\right) ; 2 – 1 ; 1 – (1 + 3k)\right) = \left(-2 + \dfrac{3k}{2} ; 1 ; -3k\right)$,

$\overrightarrow{MB} = \left(1 – \left(1 – \dfrac{3k}{2}\right) ; -1 – 1 ; 2 – (1 + 3k)\right) = \left(\dfrac{3k}{2} ; -2 ; 1 – 3k\right)$.

On impose le produit scalaire nul :

$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = \left(-2 + \dfrac{3k}{2}\right)\left(\dfrac{3k}{2}\right) + (1) \times (-2) + (-3k)(1 – 3k) = 0$.

Cette expression se simplifie en une équation du second degré en $k$. Multipliée par 4 (pour éviter les fractions), l’équation devient :

$45k^2 – 24 – 8 = 0$.

Son discriminant est $\Delta = (-24)^2 – 4 \times 45 \times (-8) = 2016$. On peut écrire $\Delta = 144 \times 14 = (12)^2 \times  14$, donc $\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}$. Les solutions sont :

$k = \dfrac{24 \pm 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{12(2 \pm \sqrt{14})}{90} = \dfrac{2 \pm \sqrt{14}}{15}$.

On obtient deux solutions, mais l’une est négative ($\dfrac{4 – 2\sqrt{14}}{15} < 0$) et ne correspond donc pas à un $k$ dans $[0; 1]$. L’autre valeur est acceptable car :

$k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0,76$.

Il existe donc un inque de point $M$ sur $[CS]$ tel que le triangle $MAB$ soit rectangle en $M$.

Exercice 3 (4 points)

1. Étudions la limite de $u_n$ lorsque $n \to +\infty$.

On factorise numérateur et dénominateur par $5^n$ dans le numérateur, et $3^n$ dans le dénominateur, qui sont les termes dominants respectifs :

$u_n = \dfrac{1 + 5^n}{2 + 3^n} = \dfrac{5^n\left(\dfrac{1}{5^n} + 1\right)}{3^n\left(\dfrac{2}{3^n} + 1\right)} = \left(\dfrac{5^n}{3^n}\right) \cdot \dfrac{\frac{1}{5^n} + 1}{\dfrac{2}{3^n} + 1}$

Or $\dfrac{5^n}{3^n} = \left(\dfrac{5}{3}\right)^n$ tend vers $+\infty$ quand $n \to +\infty$, et $\dfrac{\dfrac{1}{5^n} + 1}{\dfrac{2}{3^n} + 1} \to \dfrac{0 + 1}{0 + 1} = 1$.

Ainsi,

$\displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty$.

Conclusion : la suite $(u_n)$ diverge, elle ne converge pas vers $\dfrac{5}{3}$.

Affirmation 1 : FAUSSE.

2. Vérifions cette propriété par récurrence sur $n$ :

• Initialisation ($n = 0$) : $w_0 = 0$ et $0 \geq 0$ est vraie.
• Hérédité : supposons qu’à un rang $n$ quelconque, $w_n \geq n$. Alors

$w_{n+1} = 3w_n – 2n + 3 \geq 3n – 2n + 3 = n + 3$,

puisque $w_n \geq n$. Comme $n + 3 > n + 1$ pour tout $n \geq 0$, on obtient $w_{n+1} > n + 1$. En particulier $w_{n+1} \geq n + 1$. La propriété est donc héritée de $n$ à $n + 1$.

Par le principe de récurrence, $(w_n)$ vérifie bien $w_n \geq n$ pour tout entier $n$. Les premiers termes calculés ($w_1 = 3$, $w_2 = 10$, $w_3 = 29$, …) confirment d’ailleurs cette croissance.
Affirmation 2 : VRAIE.

3. D’après l’énoncé, la courbe représentative $C_f$ de $f$ admet une tangente horizontale à l’abscisse $x = 1$ (l’axe des abscisses est tangent à $C_f$ en $x = 1$) et une tangente $T$ en un point $A$ d’abscisse 8. Sur le graphique, on constate visuellement que la courbe $C_f$ est située au dessous de sa tangente $T$ au point $A$. Or, lorsqu’une fonction est convexe sur un intervalle, son graphe se trouve au-dessus de toutes ses tangentes. On en conclut que l‘affirmation 3 est FAUSSE. (En fait, $f$ n’est ni convexe ni concave sur son ensemble de définition.)

4. Considérons la fonction auxiliaire $h(x) = \ln(x) – x + 1$ définie sur $]0; +\infty[$. On calcule sa dérivée :

$h'(x) = \dfrac{1}{x} – 1$.

On a $h'(x) = 0$ si et seulement si $\dfrac{1}{x} = 1$, soit $x = 1$. Ainsi $h'(x)$ change de signe de positif à négatif en $x = 1$ : $x = 1$ correspond à un maximum de $h$. La valeur de $h$ en $x = 1$ est $h(1) = \ln(1) – 1 + 1 = 0$. Donc, pour tout $x > 0$, $h(x) \leq h(1) = 0$. On obtient bien

$\ln(x) – x + 1 \leq 0$ pour tout $x > 0$,

avec égalité uniquement pour $x = 1$. L’affirmation 4 est VRAIE.

Exercice 4 (6 points)

Partie A

D’après la figure fournie (Fig. 2), on a tracé : – la courbe $\mathcal{C}_d$ de la fonction $d$ ; – la tangente $T$ à $\mathcal{C}_d$ au point $\mathrm{A}$ d’abscisse $t = 4,7$ ; – l’asymptote horizontale $\Delta$ de $\mathcal{C}_d$ en $+\infty$ (palier de distance maximale).

En lisant le graphique de $d$ :

1. La distance $d(t)$ atteint $\rm 15 \: m$ pour un temps $t \approx 2, 0$ secondes. Autrement dit, au bout d’environ $\rm 2 \: s$, le chariot a parcouru $\rm 15 \: m$ dans la zone de freinage.

2. L’asymptote horizontale $\Delta$ (valeur limite de $d(t)$) semble se situer aux environs de $\rm 22,8 \: m$. On peut en déduire que la longueur minimale à prévoir pour la zone de freinage est d’environ $\rm 23 \: m$. En pratique, cela correspond à la distance maximale que parcourra le chariot avant de s’arrêter.

3. La valeur de $d'(4,7)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $T$ en $\mathrm{A}$. On estime graphiquement la pente de $T$. Elle vaut environ 1 en unité de l’axe des ordonnées ($\rm m/s$). Ainsi $d'(4,7) \approx 1 \: m. s^{-1}$. Interprétation : $d'(t)$ représente la vitesse instantanée du chariot (dérivée de la distance). Donc $d'(4,7) \approx 1$ signifie qu’au temps $t = 4,7 \: \rm s$, le chariot se déplace encore à environ $\rm 1$ mètre par seconde (il n’est pas tout à fait arrêté, mais il roule très lentement).

Remarque : L’instant $t = 4,7$ secondes correspond visiblement au moment où la vitesse atteint $\rm 1 \: m/s$, ce qui est précisément le seuil de déclenchement du système d’arrêt (d’après la suite de l’exercice).

Partie B

On modélise la vitesse instantanée du chariot (en $\rm m/s$) par une fonction $v(t)$ définie sur $[0; +\infty[$. On admet que $v$ est dérivable sur $[0; +\infty[$ et que $v$ est solution de l’équation différentielle

$\qquad (E) : y’ + 0,6 y = \rm e^{-0,6t}$,

où $y$ est une fonction inconnue (et $y’$ sa dérivée). De plus, on précise qu’à l’entrée en zone de freinage, la vitesse du chariot est $\rm 12 \: m/s$, c’est-à-dire $v(0) = 12$.

1. Résolution de l’équation différentielle (E) :

a) Considérons d’abord l’équation différentielle homogène associée :

$\qquad (E’) : y’ + 0,6 y = 0$.

Cette équation classique admet des solutions de la forme exponentielle ce qui donne $y = \rm Ce^{-0,6t}$. L’ensemble des solutions de (E’) est

$\qquad y_h(t) = \rm Ce^{-0,6t}, \quad C \in \mathbb{R}$.

b) On vérifie que la fonction $g(t) = t\rm e^{-0,6t}$ est une solution de (E). Calculons :

$\qquad g'(t) = \rm e^{-0,6t} + t(-0, 6e^{-0,6t}) = e^{-0,6t} (1 – 0,6t) $.

Donc

$\qquad g'(t) +0,6g(t) = \rm e^{-0,6t} (1 – 0,6t) + 0,6(t e^{-0,6t}) = e^{−0,6t} (1 – 0, 6t + 0, 6t) = e^{-0,6t}$.

On obtient bien l’égalité désirée, ce qui confirme que $g(t) = t\rm e^{-0,6t}$ est une solution particulière de (E).

2. Étude de la fonction $v$ :

a) Calculons la dérivée $v'(t)$ à partir de $v(t) = (12 + t)\rm e^{-0,6t}$. Il s’agit d’un produit :

$\qquad v'(t) = (12 + t)’ \cdot \rm e^{-0,6t} + (12 + t) \cdot (e^{-0,6t})’ = 1\cdot \rm e^{-0,6t} + (12+ t)(-0, 6e^{-0,6t}) $.

Donc

$\qquad v'(t) = \rm e^{−0,6t} – 0,6(12 + t)e^{-0,6t} = (1 – 0,6(12 + t)) e^{-0,6t} $.

En développant $1 – 0,6(12 + t)$ on trouve

$\qquad 1-7,2-0, 6t = −6,2 – 0, 6t $.

On a ainsi

$\qquad v'(t) = (-6, 2-0, 6t) \rm e^{-0,6t}$

b) On remarque que

$\qquad v(t) = 12\rm e^{-0,6t} + te^{-0,6t}$

(Il s’agit simplement de séparer la somme dans l’expression obtenue.) Intéressons-nous à la limite de $v(t)$ en $+\infty$. Le terme $12\rm e^{-0,6t}$ tend vers 0 quand $t \rightarrow +\infty$ (exponentielle décroissante). Pour le terme $\dfrac{t}{\rm e^{0,6t}}$, on reconnaît un cas de croissance comparée : la fonction exponentielle $\rm e^{0,6t}$ croît beaucoup plus vite que $t$, donc $\dfrac{t}{\rm e^{0,6t}}$ tend également vers 0. Dès lors,

$\qquad \displaystyle \lim_{t\to+\infty} v(t) = 0 + 0 = 0$.

La vitesse du chariot tend vers 0 lorsque $t$ devient très grand, ce qui est cohérent avec l’idée qu’il finit par s’arrêter. (Le modèle prévoit donc une décélération continue vers 0 sans jamais atteindre exactement 0, ce qui est une situation asymptotique.)

c) Pour étudier les variations de $v$, examinons le signe de $v'(t)$ sur $[0; +\infty[$. On a

$\qquad v'(t) = (-6,2 – 0,6t) \rm e^{-0,6t}$.

Or $\rm e^{-0,6t} > 0$ pour tout $t$. Le signe de $v'(t)$ est donc le signe de $-6,2-0, 6t$. Cette expression est négative dès $t = 0$ (elle vaut $-6, 2$) et elle décroit encore quand $t$ augmente (puisqu’elle dépend linéairement de $t$ avec coefficient -0,6). Elle ne s’annule pour aucune valeur $t \geq 0$ (la racine $t = \dfrac{-6,2}{0,6} \approx -10,33$ est hors domaine). On en déduit que $v'(t) < 0$ pour tout $t\geq 0$.

Ainsi, la fonction $v$ est strictement décroissante sur $[0; +\infty[$. Initialement $v(0) = \rm 12 \: m/s$, puis $v(t)$ baisse continûment et se rapproche de 0 en limite. On peut dresser le tableau de variation : pour $t \in [0; +\infty[$, $v(t)$ descend de 12 (à $t = 0$) jusqu’à 0 (limite asymptotique lorsque $t \rightarrow +\infty$). La fonction $v$ reste positive sur tout son domaine ($v(t) > 0$ pour tout $t > 0$).

d) Équation $v(t) = 1$ : On doit résoudre $(12+t)\rm e^{-0,6t} = 1$ pour $t > 0$. Cette équation n’admet pas de solution « fermée » simple, mais on peut la résoudre numériquement. On cherche le moment où la vitesse atteint $\rm 1 \: m/s$.

Comme $v$ est continue et strictement décroissante et de limite 0, l’équation $v(t) = 1$ admet une unique solution d’après le théorème des valeurs intermédiaires. On évalue $v(t)$ :

$\qquad v(4) = 16\rm e^{-2,4} \approx 16 \times 0, 0907 = 1,451 > 1$,

$\qquad v(5) = 17\rm e^{-3} \approx 17 \times 0,0498 = 0,847 < 1$.

Par continuité, la solution $t = \alpha$ est comprise entre 4 et $\rm 5 \: s$. Une recherche plus fine (par dichotomie ou avec la calculatrice) donne $\alpha \approx 4, 69 \: \rm s$. Arrondie au dixième,

$\qquad \alpha \approx 4, 7 \: \rm s$.

C’est le seul instant où la vitesse vaut exactement $\rm 1 \: m/s$.

(On retrouve bien $\alpha = 4, 7 \: \rm s$, cohérent avec la lecture graphique de la question 3 précédente.)

3. Déclenchement du système d’arrêt : Le système mécanique d’arrêt se déclenche dès que la vitesse du chariot devient $ < \rm 1 \: m/s$. D’après ce qui précède, cela se produit juste après $t = \alpha \approx 4,7 \: \rm s$. Autrement dit, environ 4,7 secondes après l’entrée en zone de freinage, la vitesse tombe à $\rm 1 \: m/s$ et le système d’arrêt s’enclenche (et le chariot s’arrêtera complètement très peu de temps après). On justifie cette réponse par l’étude de l’équation $v(t) = 1$ réalisée en 2.(d) : on a montré qu’il existe une unique solution $a \approx 4,7 \: \rm s$, et que pour $t > \alpha$, $v(t) < 1$. Donc $\alpha$ est exactement le temps de déclenchement du mécanisme.

Partie C

On rappelle que, pour tout $t > 0$, $v(t) = (12 + t)\rm e^{-0,6t}$. De plus, on admet que pour tout $t > 0$, la distance parcourue par le chariot entre les instants 0 et $t$ s’obtient en intégrant la vitesse :

$\qquad d(t) = \displaystyle \int_{0}^{t} v(x)dx$.

1. Calcul explicite de $d(t)$ par intégration par parties :

On doit calculer $d(t) = \displaystyle \int (12 + x) \mathrm e^{-0,6x} dx$. Posons $I = \displaystyle \int (12 + x) \mathrm e^{-0,6x} dx$. On intègre par parties en prenant :

$\qquad u(x) = 12 + x \implies u'(x) = 1, \quad dv = \mathrm e^{-0,6x}dx \implies v(x) = \dfrac{-5}{3}e^{-0,6x}$.

La formule $\displaystyle \int u \: dv = uv – \displaystyle \int v \: du$ donne :

$\qquad I = \left[(12+x)(\dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6x})\right]_0^t – \displaystyle \int_0^t (\dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6x}) \cdot 1 \: dx$.

Calculons chaque terme :

$\qquad \left[(12+x)(\dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6x})\right]_0^t = \dfrac{-5}{3}(12+ t)\mathrm e^{-0,6t} – (\dfrac{-5}{3}(12+0)e^{0}) = \dfrac{-5}{3}(12+ t)\mathrm e^{-0,6t}+\dfrac{5}{3}12$,

$\qquad – \displaystyle \int_0^t (\dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6x}) \: dx = \dfrac{5}{3} \displaystyle \int_0^t \mathrm e^{-0,6x} \: dx = \dfrac{5}{3} \left[ \dfrac{-5}{3}e^{-0,6x} \right]_0^t = \dfrac{5}{3} (\dfrac{-5}{3}e^{-0,6t} + \dfrac{5}{3})$

On obtient donc :

$\qquad I = \dfrac{-5}{3}(12+ t)\mathrm e^{-0,6t}+\dfrac{5}{3}12+\dfrac{5}{3} (\dfrac{-5}{3}e^{-0,6t} + \dfrac{5}{3})$.

Simplifions :

$\qquad I = \dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6t} (12+t+\dfrac{5}{3})+\dfrac{5}{3}12+\dfrac{5}{3} \cdot \dfrac{5}{3}$.

Ce qui donne :

$\qquad I = \dfrac{-5}{3}\mathrm e^{-0,6t} (\dfrac{41}{3}+t)$.

Finalement :

$\qquad I = \dfrac{205}{9}-\mathrm e^{-0,6t} (\dfrac{5}{3}t+\dfrac{205}{9})$.

Ainsi, après intégration par parties, on obtient bien :

$\qquad d(t) = \mathrm e^{-0,6t} (-\dfrac{5}{3}t-\dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9}$

2. Distance parcourue avant le déclenchement du dispositif d’arrêt : D’après la partie B, le dispositif d’arrêt se déclenche au bout de $\alpha \approx 4, 7 \: \mathrm s$. Il faut donc calculer la distance parcourue $d(^alpha)$ en prenant $t = \alpha$. On utilise l’expression obtenue pour $d(t)$ et on remplace $t = 4,7$ (tout en rappelant qu’il s’agit d’une valeur approchée). On a :

$\qquad d(4,7) = \mathrm e^{-0,6\times4,7} (-\dfrac{5}{3}4,7-\dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9}$

Le calcul numérique donne que

$\qquad d(4,7) \approx 20,95 \: \mathrm m$.

Arrondie au centième, la distance parcourue avant le déclenchement du système d’arrêt est d’environ $\mathrm 20,95 \: m$.

Interprétation : selon ce modèle, le chariot parcourt environ $\mathrm 21$ mètres dans la zone de freinage avant que le dispositif d’arrêt automatique ne s’active.

En attendant : bien se préparer à l’épreuve

Ce que tu dois savoir sur l’épreuve de Maths au Bac

• Durée : 4 heures
• Format : 3 à 5 exercices indépendants, parfois avec des parties bonus
• Types de raisonnements évalués : calculs, démonstrations, analyses graphiques, probabilités, raisonnement logique, et modélisation
• Ce que le correcteur attend : clarté, rigueur, justification des résultats. Même sans trouver le bon résultat, tu peux marquer des points avec un raisonnement bien engagé.
   

Les chapitres qui tombent souvent

En analysant les sujets des dernières années, certains thèmes sont récurrents :

• Suites (arithmétiques, géométriques, convergence)
• Dérivation, fonction exponentielle, convexité
• Probabilités conditionnelles, lois binomiales et normales
• Géométrie dans l’espace, produit scalaire
• Algorithmique et programmation (Python, logigrammes)
• Intégrales et calcul d’aires
• Échantillonnage, intervalles de confiance

Retrouve nos fiches “Mes Essentiels de Maths” pour chaque chapitre notions au programme de spé maths 

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FAQ Bac Maths 2025

Quand a lieu l’épreuve de spécialité Maths ?

L’épreuve de spécialité Maths est prévue le lundi 17 juin 2025 au matin. Certaines académies organisent une session complémentaire le mardi 18 juin 2025.

Les sujets seront-ils disponibles rapidement ?

Oui. Les énoncés et corrigés des sujets seront disponibles ici le jour même de l’épreuve, dans l’après-midi.

Comment s’assurer d’avoir les bons raisonnements ?

Il est crucial de bien justifier chaque étape, même sans arriver au bon résultat final. Tu peux obtenir des points grâce à la logique, au raisonnement, et à l’usage correct des définitions et théorèmes.

Que faire si je bloque pendant l’épreuve ?

Respire. Passe à l’exercice suivant. Puis reviens plus tard avec un œil neuf. N’oublie pas qu’un raisonnement engagé, même incomplet, vaut mieux qu’une page blanche.

Est-ce que les sujets sont vraiment plus durs qu’en contrôle continu ?

Ils sont plus complets et exigent une maîtrise des méthodes, mais si tu as bien travaillé avec les annales et les fiches Nomad, tu peux aborder l’épreuve avec confiance.

Ce qu’il faut retenir

Cette page est là pour t’accompagner avant, pendant et après l’épreuve de maths. Prépare-toi avec rigueur, entraîne-toi avec méthode, et reviens ici le 17 juin pour découvrir les sujets et leurs corrigés. Toute l’équipe Nomad Education est mobilisée pour t’aider à réussir cette étape clé.