Bac 2025 de spécialité maths, Asie septembre jour 1 : sujet officiel et corrigé

Affirmation 1. Méthode : dérivée d'un produit $(uv)'=u'v+uv'$, avec $u(x)=x$ et $v(x)=\mathrm{e}^{-2x}$. On a $u'(x)=1$ et, par la dérivée de $\mathrm{e}^{w}$ qui vaut $w'\mathrm{e}^{w}$ avec $w(x)=-2x$, $v'(x)=-2\mathrm{e}^{-2x}$.

Pour tout réel $x$ : $f'(x)=1\times\mathrm{e}^{-2x}+x\times\left(-2\mathrm{e}^{-2x}\right)=\mathrm{e}^{-2x}-2x\mathrm{e}^{-2x}=(-2x+1)\mathrm{e}^{-2x}$, en factorisant par $\mathrm{e}^{-2x}$. L'affirmation 1 est VRAIE.

Vérification rapide : en $x=0$, $f'(0)=1$, et la courbe passe par l'origine avec la pente de la droite $y=x$, ce qui est cohérent avec $f(x)=x\mathrm{e}^{-2x}\approx x$ pour $x$ proche de $0$. Erreur fréquente : écrire $v'(x)=\mathrm{e}^{-2x}$ en oubliant le facteur $-2$ de la composée, ce qui donnerait $(x+1)\mathrm{e}^{-2x}$.

Affirmation 2. Méthode : une fonction est solution d'une équation différentielle sur $\mathbb{R}$ si, une fois remplacée avec sa dérivée dans l'équation, elle donne une égalité vraie pour TOUT réel $x$. On calcule donc $f'(x)+2f(x)$ avec l'affirmation 1, maintenant démontrée.

Pour tout réel $x$ : $f'(x)+2f(x)=(-2x+1)\mathrm{e}^{-2x}+2x\mathrm{e}^{-2x}=(-2x+1+2x)\mathrm{e}^{-2x}=\mathrm{e}^{-2x}$. L'égalité $f'+2f=\mathrm{e}^{-2x}$ est vraie sur $\mathbb{R}$ : l'affirmation 2 est VRAIE.

Piège : cette équation n'est PAS de la forme $y'=ay+b$ du cours, son second membre dépend de $x$. On ne cherche pas à la résoudre, on VÉRIFIE seulement que $f$ convient. Cette relation servira d'ailleurs pour l'affirmation 5.

Affirmation 3. Méthode : $f$ est convexe sur un intervalle si et seulement si $f''$ y est positive. On dérive $f'(x)=(-2x+1)\mathrm{e}^{-2x}$, encore un produit, avec $u(x)=-2x+1$, $u'(x)=-2$ et $v'(x)=-2\mathrm{e}^{-2x}$.

$f''(x)=-2\mathrm{e}^{-2x}+(-2x+1)\times\left(-2\mathrm{e}^{-2x}\right)=\left(-2+4x-2\right)\mathrm{e}^{-2x}=(4x-4)\mathrm{e}^{-2x}=4(x-1)\mathrm{e}^{-2x}$.

Comme $\mathrm{e}^{-2x}>0$ pour tout réel $x$, $f''(x)$ a le signe de $x-1$ : $f''(x)\leqslant 0$ sur $]-\infty\,;1]$ et $f''(x)\geqslant 0$ sur $[1\,;+\infty[$. La fonction $f$ est donc CONCAVE sur $]-\infty\,;1]$ et convexe sur $[1\,;+\infty[$ ; la courbe a un point d'inflexion d'abscisse $1$, le point $(1\,;\mathrm{e}^{-2})$. L'affirmation 3 est FAUSSE.

Pour justifier « faux », un contre-exemple suffit aussi : $f''(0)=-4<0$, donc $f$ n'est pas convexe sur un intervalle contenant $0$. Erreur fréquente : conclure sur le signe de $f'$ au lieu de celui de $f''$ ; le signe de $f'$ donne le sens de variation, pas la convexité. L'intervalle de l'affirmation est exactement celui de la concavité : c'est le piège voulu.

Affirmation 4. Méthode : étudier les variations de $f$, puis appliquer le théorème des valeurs intermédiaires dans sa version strictement monotone (corollaire) sur l'intervalle où une solution est possible, et montrer qu'il n'y en a pas ailleurs.

Variations : $f'(x)=(1-2x)\mathrm{e}^{-2x}$ a le signe de $1-2x$, positif pour $x\leqslant\dfrac{1}{2}$ et négatif pour $x\geqslant\dfrac{1}{2}$, nul seulement en $\dfrac{1}{2}$. Donc $f$ est strictement croissante sur $\left]-\infty\,;\dfrac{1}{2}\right]$ et strictement décroissante sur $\left[\dfrac{1}{2}\,;+\infty\right[$, avec un maximum $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{1}{2\mathrm{e}}\approx 0{,}18$.

Limite en $-\infty$ : $\lim_{x\to-\infty}x=-\infty$ et $\lim_{x\to-\infty}\mathrm{e}^{-2x}=+\infty$ (car $-2x\to+\infty$), donc par produit $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

Sur $\left[\dfrac{1}{2}\,;+\infty\right[$ : $x>0$ et $\mathrm{e}^{-2x}>0$, donc $f(x)>0>-1$. L'équation n'a aucune solution sur cet intervalle.

Sur $\left]-\infty\,;\dfrac{1}{2}\right]$ : $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante, de $-\infty$ à $\dfrac{1}{2\mathrm{e}}$. Comme $-1$ appartient à $\left]-\infty\,;\dfrac{1}{2\mathrm{e}}\right]$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l'équation $f(x)=-1$ admet une unique solution $\alpha$ sur cet intervalle. Au total, l'équation admet une unique solution sur $\mathbb{R}$ : l'affirmation 4 est VRAIE.

Vérification à la calculatrice : $f(-0{,}43)\approx-1{,}016<-1$ et $f(-0{,}42)\approx-0{,}973>-1$, donc $-0{,}43<\alpha<-0{,}42$, et plus finement $\alpha\approx-0{,}426$. Le piège est de s'arrêter au premier intervalle : « unique sur $\mathbb{R}$ » exige aussi de prouver qu'il n'y a pas de solution sur $\left[\dfrac{1}{2}\,;+\infty\right[$, ce que donne ici le signe de $f$ (la limite $0$ en $+\infty$, par croissance comparée, n'est pas nécessaire). Il faut aussi citer la continuité ET la stricte monotonie : sans la seconde, on n'a que l'existence.

Affirmation 5. Méthode : sur $[0\,;1]$, $x\geqslant 0$ et $\mathrm{e}^{-2x}>0$, donc $f(x)\geqslant 0$ ; $f$ étant continue et positive, l'aire du domaine, en unités d'aire, vaut l'intégrale $\mathcal{A}=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x$. Il faut une primitive de $f$.

Première voie, par l'affirmation 2 : pour tout $x$, $2f(x)=\mathrm{e}^{-2x}-f'(x)$, donc $f(x)=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}-\dfrac{1}{2}f'(x)$. Une primitive de $\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}$ est $-\dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{-2x}$ et une primitive de $-\dfrac{1}{2}f'$ est $-\dfrac{1}{2}f$. Une primitive de $f$ est donc $F(x)=-\dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{-2x}-\dfrac{1}{2}x\mathrm{e}^{-2x}=-\dfrac{2x+1}{4}\mathrm{e}^{-2x}$.

Contrôle par dérivation : $F'(x)=-\dfrac{2}{4}\mathrm{e}^{-2x}-\dfrac{2x+1}{4}\times\left(-2\mathrm{e}^{-2x}\right)=\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{2x+1}{2}\right)\mathrm{e}^{-2x}=x\mathrm{e}^{-2x}=f(x)$. Deuxième voie possible : une intégration par parties avec $u(x)=x$ et $v'(x)=\mathrm{e}^{-2x}$, qui conduit au même résultat.

Calcul : $\mathcal{A}=F(1)-F(0)=-\dfrac{3}{4}\mathrm{e}^{-2}-\left(-\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{3\mathrm{e}^{-2}}{4}\approx 0{,}148$ unité d'aire. L'affirmation 5 est VRAIE.

Ordre de grandeur : le maximum de $f$ vaut environ $0{,}18$, donc l'aire sur un intervalle de longueur $1$ est inférieure à $0{,}18$ ; $0{,}148$ est cohérent. Piège : calculer l'intégrale sans dire que $f$ est positive sur $[0\,;1]$ ; c'est cette positivité qui fait de l'intégrale une aire. Le repère étant orthonormé, l'unité d'aire est le carré construit sur les unités des axes.

La figure ci-dessous montre la courbe $C_{f}$, son point d'inflexion d'abscisse $1$, l'unique point d'ordonnée $-1$ et le domaine de l'affirmation 5, en couleur.

1. Dans le repère $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}}\,;\overrightarrow{\mathrm{AD}}\,;\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$, $\mathrm{A}$ est l'origine et les trois arêtes issues de $\mathrm{A}$ portent les vecteurs de base. On lit : $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ et, comme $\overrightarrow{\mathrm{AG}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}}+\overrightarrow{\mathrm{CG}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{AE}}$, $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$.

Milieux, par la moyenne des coordonnées : $\mathrm{I}\left(\dfrac{0+1}{2}\,;0\,;0\right)=\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;0\right)$ et $\mathrm{J}\left(\dfrac{1+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\right)=\left(1\,;\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$.

Piège : la figure est en perspective, $\mathrm{B}$ est dessiné en bas à gauche, mais c'est le repère qui fixe les coordonnées. $\mathrm{G}$ est le sommet opposé à $\mathrm{A}$ : ses trois coordonnées valent $1$.

2.a. Méthode : une droite est déterminée par un point et un vecteur directeur. La droite $(\mathrm{AJ})$ passe par $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ et est dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\left(1\,;\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$, ou, pour éviter les fractions, par le vecteur colinéaire $2\overrightarrow{\mathrm{AJ}}(2\,;1\,;1)$.

Une représentation paramétrique de $(\mathrm{AJ})$ est donc : $\begin{cases}x=2k\\y=k\\z=k\end{cases}$ avec $k\in\mathbb{R}$. Contrôle : $k=0$ donne $\mathrm{A}$ et $k=\dfrac{1}{2}$ donne $\mathrm{J}\left(1\,;\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$.

Une représentation paramétrique n'est pas unique : $x=s$, $y=\dfrac{s}{2}$, $z=\dfrac{s}{2}$ est tout aussi juste. Le choix d'une autre lettre que $t$ prépare la question 2.c, où $t$ sera le paramètre de $(\mathrm{IG})$.

2.b. Le système proposé est celui de la droite passant par le point de paramètre $t=0$, $\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;0\right)$, c'est-à-dire $\mathrm{I}$, et dirigée par le vecteur des coefficients de $t$, $\vec{v}\left(\dfrac{1}{2}\,;1\,;1\right)$.

Or $\overrightarrow{\mathrm{IG}}\left(1-\dfrac{1}{2}\,;1-0\,;1-0\right)=\left(\dfrac{1}{2}\,;1\,;1\right)=\vec{v}$. La droite définie par le système passe donc par $\mathrm{I}$ et est dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{IG}}$ : c'est la droite $(\mathrm{IG})$. Contrôle : $t=1$ donne $(1\,;1\,;1)$, c'est-à-dire $\mathrm{G}$.

Rédaction attendue : vérifier que $\mathrm{I}$ ET $\mathrm{G}$ sont sur la droite (pour $t=0$ et $t=1$) suffit aussi, deux points distincts déterminant une droite. Vérifier un seul point ne suffit pas.

2.c. Méthode : un point commun aux deux droites correspond à un couple de paramètres $(k\,;t)$ tel que les coordonnées coïncident. On résout le système $\begin{cases}2k=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\k=t\\k=t\end{cases}$.

Les deux dernières équations donnent $k=t$ ; on reporte dans la première : $2t=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t$, soit $\dfrac{3}{2}t=\dfrac{1}{2}$, d'où $t=\dfrac{1}{3}$ et $k=\dfrac{1}{3}$. Le système a une unique solution : les droites ont un unique point commun, elles sont sécantes.

Ce point s'obtient avec $k=\dfrac{1}{3}$ dans la représentation de $(\mathrm{AJ})$ : $\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{3}\right)$, et on retrouve le même point avec $t=\dfrac{1}{3}$ dans celle de $(\mathrm{IG})$ : $x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{2}{3}$, $y=z=\dfrac{1}{3}$. C'est bien $\mathrm{S}\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{3}\right)$.

Erreur fréquente : utiliser la même lettre pour les deux paramètres. Ici on tomberait par chance sur la bonne réponse, mais la démarche est fausse : rien n'impose que le point commun soit atteint pour la même valeur du paramètre sur les deux droites.

3.a. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On prend $\overrightarrow{\mathrm{AB}}(1\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AG}}(1\,;1\,;1)$, qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de l'un est nulle, pas celle de l'autre).

Dans le repère orthonormé : $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0\times 1+(-1)\times 0+1\times 0=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AG}}=0\times 1+(-1)\times 1+1\times 1=0$. Le vecteur $\vec{n}$, non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(\mathrm{ABG})$ : il est normal à ce plan.

Piège : oublier de dire que les deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Un vecteur orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et à $2\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ n'a aucune raison d'être normal au plan.

3.b. Un plan de vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ a une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. Avec $\vec{n}(0\,;-1\,;1)$ : $-y+z+d=0$. Le point $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ appartient au plan, donc $d=0$.

Une équation cartésienne du plan $(\mathrm{ABG})$ est $-y+z=0$, autrement dit $y=z$. Contrôle sur les trois points : $\mathrm{A}$ : $0=0$ ; $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ : $-0+0=0$ ; $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$ : $-1+1=0$. Les trois coordonnées vérifient l'équation.

3.c. Méthode : on cherche le paramètre $t$ pour lequel le point de $(d)$ vérifie l'équation du plan. On remplace $x=\dfrac{1}{2}$, $y=-t$ et $z=1+t$ dans $-y+z=0$ : $-(-t)+(1+t)=0$, soit $2t+1=0$, d'où $t=-\dfrac{1}{2}$.

L'équation a une unique solution : la droite $(d)$ coupe le plan $(\mathrm{ABG})$ en un unique point, celui de paramètre $t=-\dfrac{1}{2}$ : $x=\dfrac{1}{2}$, $y=\dfrac{1}{2}$, $z=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$. C'est $\mathrm{L}\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$, le centre du cube.

Interprétation : $(d)$ est orthogonale au plan, dirigée par $\vec{n}$ ; $\mathrm{L}$ est donc le projeté orthogonal de $\mathrm{K}$ sur le plan $(\mathrm{ABG})$. Erreur fréquente : écrire $-t+1+t=0$ en oubliant que $y=-t$ donne $-y=+t$, ce qui conduit à l'égalité impossible $1=0$.

3.d. Méthode : distance entre deux points dans un repère orthonormé, $\mathrm{MN}=\sqrt{(x_{N}-x_{M})^{2}+(y_{N}-y_{M})^{2}+(z_{N}-z_{M})^{2}}$. On compare les carrés, plus simples.

$\mathrm{LA}^{2}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3}{4}$ ; $\mathrm{LB}^{2}=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3}{4}$ ; $\mathrm{LG}^{2}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3}{4}$.

Donc $\mathrm{LA}=\mathrm{LB}=\mathrm{LG}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ : le point $\mathrm{L}$ est équidistant de $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ et $\mathrm{G}$. Comme $\mathrm{L}$ appartient au plan $(\mathrm{ABG})$ (question 3.c), c'est le centre du cercle circonscrit au triangle $\mathrm{ABG}$, de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

4. Méthode : le triangle est rectangle en $\mathrm{B}$ si $\overrightarrow{\mathrm{BA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BG}}=0$. On a $\overrightarrow{\mathrm{BA}}(-1\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{BG}}(0\,;1\,;1)$, donc $\overrightarrow{\mathrm{BA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BG}}=(-1)\times 0+0\times 1+0\times 1=0$. Les droites $(\mathrm{BA})$ et $(\mathrm{BG})$ sont perpendiculaires : le triangle $\mathrm{ABG}$ est rectangle en $\mathrm{B}$.

Vérification par la réciproque du théorème de Pythagore : $\mathrm{AB}^{2}=1$, $\mathrm{BG}^{2}=0+1+1=2$ et $\mathrm{AG}^{2}=1+1+1=3=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BG}^{2}$. Géométriquement, l'arête $[\mathrm{AB}]$ est orthogonale à toute la face $\mathrm{BCGF}$, qui contient $[\mathrm{BG}]$. Les côtés $1$, $\sqrt{2}$ et $\sqrt{3}$ sont distincts : le triangle n'est pas équilatéral, sa droite d'Euler existe.

5.a. Centre du cercle circonscrit : dans un triangle rectangle, c'est le milieu de l'hypoténuse $[\mathrm{AG}]$, soit $\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$ : c'est le point $\mathrm{L}$, ce que confirme la question 3.d.

Centre de gravité : $(\mathrm{AJ})$ est la médiane issue de $\mathrm{A}$ ($\mathrm{J}$ milieu de $[\mathrm{BG}]$) et $(\mathrm{IG})$ la médiane issue de $\mathrm{G}$ ($\mathrm{I}$ milieu de $[\mathrm{AB}]$). Leur point d'intersection est le centre de gravité : c'est le point $\mathrm{S}$ de la question 2.c. Contrôle : $\left(\dfrac{0+1+1}{3}\,;\dfrac{0+0+1}{3}\,;\dfrac{0+0+1}{3}\right)=\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{3}\right)$.

Orthocentre : dans un triangle rectangle en $\mathrm{B}$, la droite $(\mathrm{BA})$ est la hauteur issue de $\mathrm{A}$ et $(\mathrm{BG})$ celle issue de $\mathrm{G}$ ; elles se coupent en $\mathrm{B}$. L'orthocentre est le sommet de l'angle droit, $\mathrm{B}$.

5.b. Méthode : trois points sont alignés si deux vecteurs qu'ils forment sont colinéaires. $\overrightarrow{\mathrm{LS}}\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{6}\,;-\dfrac{1}{6}\,;-\dfrac{1}{6}\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{LB}}\left(1-\dfrac{1}{2}\,;0-\dfrac{1}{2}\,;0-\dfrac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\right)$.

On constate que $\overrightarrow{\mathrm{LB}}=3\,\overrightarrow{\mathrm{LS}}$ (chaque coordonnée est multipliée par $3$). Les vecteurs sont colinéaires et ont le point $\mathrm{L}$ en commun : $\mathrm{L}$, $\mathrm{S}$ et $\mathrm{B}$ sont alignés. La droite d'Euler du triangle $\mathrm{ABG}$ est la droite $(\mathrm{LB})$.

La relation $\overrightarrow{\mathrm{LB}}=3\,\overrightarrow{\mathrm{LS}}$ n'est pas un hasard : c'est la relation d'Euler, vraie dans tout triangle, entre le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre. Piège : comparer des vecteurs qui ne partagent pas de point, par exemple $\overrightarrow{\mathrm{LS}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ; la colinéarité ne prouve l'alignement que si les deux vecteurs ont une extrémité commune.

1. Méthode : reconnaître un schéma de Bernoulli. Chaque question est une épreuve à deux issues, le succès « Dominique répond correctement », de probabilité $p=\dfrac{1}{4}$, et l'échec, de probabilité $\dfrac{3}{4}$. Dominique répond au hasard à chacune des questions, indépendamment des autres : on répète $10$ fois, de façon identique et indépendante, la même épreuve de Bernoulli.

La variable $X$ compte le nombre de succès de ce schéma de Bernoulli : $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=\dfrac{1}{4}=0{,}25$, notée $\mathcal{B}\left(10\,;\dfrac{1}{4}\right)$.