Bac 2026 de spécialité maths, Métropole jour 2 : sujet officiel et corrigé

1. Trois points définissent un plan si et seulement s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ ne sont pas colinéaires.

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}3-2\\-2-1\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-3\\-1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}0-2\\-1-1\\1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-2\\0\end{pmatrix}$. S'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\lambda\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, la première coordonnée imposerait $\lambda=-2$ et la deuxième $\lambda=\dfrac{-2}{-3}=\dfrac{2}{3}$ : c'est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ et $\mathrm{C}$ ne sont pas alignés : ils définissent un plan.

Erreur fréquente : conclure dès qu'une coordonnée « ne colle pas » sans écrire le $\lambda$ ; ou, à l'inverse, se contenter de remarquer que la troisième coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ est nulle, ce qui ne prouve rien à lui seul.

2.a. Un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On calcule les produits scalaires dans le repère orthonormé :

$\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=1\times 1+(-1)\times(-3)+4\times(-1)=1+3-4=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=1\times(-2)+(-1)\times(-2)+4\times 0=-2+2+0=0$.

$\vec{n}$ est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et à $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$, qui sont non colinéaires (question 1) et dirigent le plan $(\mathrm{ABC})$ : $\vec{n}$ est normal au plan $(\mathrm{ABC})$. Piège : un seul produit scalaire nul ne suffit pas, il faut DEUX vecteurs non colinéaires du plan, et c'est ici que la question 1 sert.

2.b. Un plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. Ici, $(\mathrm{ABC})$ a une équation $x-y+4z+d=0$. Le point $\mathrm{A}(2\,;1\,;1)$ appartient au plan : $2-1+4\times 1+d=0$, donc $d=-5$. Une équation cartésienne de $(\mathrm{ABC})$ est $x-y+4z-5=0$.

Vérification avec les deux autres points : pour $\mathrm{B}$, $3-(-2)+4\times 0-5=0$ ; pour $\mathrm{C}$, $0-(-1)+4\times 1-5=0$. Les trois points vérifient l'équation.

3. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(\mathrm{ABC})$ : elle est dirigée par un vecteur normal du plan, par exemple $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-1\\4\end{pmatrix}$. Elle passe par $\mathrm{D}(0\,;0\,;2)$. Une représentation paramétrique est donc $x=0+1\times t$, $y=0+(-1)\times t$, $z=2+4t$, c'est-à-dire le système proposé.

Vérification directe sur le système donné : $t=0$ donne le point $(0\,;0\,;2)=\mathrm{D}$, et les coefficients de $t$ forment le vecteur $(1\,;-1\,;4)$, qui est $\vec{n}$. La droite passe par $\mathrm{D}$ et est dirigée par un vecteur normal au plan : c'est bien $\Delta$.

4. Le projeté orthogonal de $\mathrm{D}$ sur le plan $(\mathrm{ABC})$ est le point d'intersection du plan et de la droite $\Delta$, perpendiculaire au plan et passant par $\mathrm{D}$.

Un point de $\Delta$, de paramètre $t$, est dans le plan si et seulement si $t-(-t)+4(2+4t)-5=0$, soit $2t+8+16t-5=0$, soit $18t+3=0$, donc $t=-\dfrac{3}{18}=-\dfrac{1}{6}$.

On reporte dans la représentation paramétrique : $x=-\dfrac{1}{6}$, $y=\dfrac{1}{6}$, $z=2+4\times\left(-\dfrac{1}{6}\right)=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}$. Le projeté orthogonal de $\mathrm{D}$ est bien $\mathrm{H}\left(-\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{4}{3}\right)$.

Contrôle : $\mathrm{H}$ vérifie l'équation du plan, $-\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{16}{3}-5=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{16}{3}-\dfrac{15}{3}=0$. Autre rédaction acceptée : vérifier que $\mathrm{H}\in(\mathrm{ABC})$ et que $\overrightarrow{\mathrm{DH}}\begin{pmatrix}-1/6\\1/6\\-2/3\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{6}\vec{n}$ est colinéaire à $\vec{n}$ ; les DEUX conditions sont nécessaires.

5.a. On compare les longueurs des deux côtés issus de $\mathrm{B}$, dans le repère orthonormé. $\overrightarrow{\mathrm{BA}}\begin{pmatrix}-1\\3\\1\end{pmatrix}$, donc $\mathrm{BA}^{2}=1+9+1=11$ ; $\overrightarrow{\mathrm{BC}}\begin{pmatrix}-3\\1\\1\end{pmatrix}$, donc $\mathrm{BC}^{2}=9+1+1=11$.

Ainsi $\mathrm{BA}=\mathrm{BC}=\sqrt{11}$ : le triangle $\mathrm{ABC}$ est isocèle en $\mathrm{B}$. (Le troisième côté, $\mathrm{AC}=\sqrt{4+4+0}=2\sqrt{2}$, est différent : le triangle n'est pas équilatéral.)

5.b. Dans un triangle isocèle en $\mathrm{B}$, la médiane issue de $\mathrm{B}$ est aussi la hauteur. Soit $\mathrm{I}$ le milieu de $[\mathrm{AC}]$ : $\mathrm{I}\left(\dfrac{2+0}{2}\,;\dfrac{1-1}{2}\,;\dfrac{1+1}{2}\right)=(1\,;0\,;1)$.

$\overrightarrow{\mathrm{BI}}\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}$, donc $\mathrm{BI}=\sqrt{4+4+1}=3$. On peut le contrôler : $\overrightarrow{\mathrm{BI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-2)(-2)+2\times(-2)+1\times 0=0$, la médiane est bien perpendiculaire à $(\mathrm{AC})$.

Aire du triangle : $\mathcal{A}_{\mathrm{ABC}}=\dfrac{\mathrm{AC}\times\mathrm{BI}}{2}=\dfrac{2\sqrt{2}\times 3}{2}=3\sqrt{2}$.

Erreur fréquente : prendre $\mathrm{BA}$ ou $\mathrm{BC}$ comme hauteur. Une hauteur est perpendiculaire à la base, et dans ce triangle c'est la médiane issue du sommet principal $\mathrm{B}$ qui joue ce rôle.

6.a. On prend pour base le triangle $\mathrm{ABC}$, d'aire $3\sqrt{2}$. La hauteur relative à cette base est la distance de $\mathrm{D}$ au plan $(\mathrm{ABC})$, c'est-à-dire $\mathrm{DH}$, puisque $\mathrm{H}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{D}$ sur ce plan (question 4).

$\overrightarrow{\mathrm{DH}}\begin{pmatrix}-1/6\\1/6\\4/3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1/6\\1/6\\-2/3\end{pmatrix}$, donc $\mathrm{DH}^{2}=\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{16}{36}=\dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2}$ et $\mathrm{DH}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

$V=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\mathrm{ABC}}\times\mathrm{DH}=\dfrac{1}{3}\times 3\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{3\times 2}{3\times 2}=1$. Le volume du tétraèdre $\mathrm{ABCD}$ est égal à $1$ (unité de volume).

Le piège est le choix de la hauteur : ce n'est pas $\mathrm{DC}$ ni $\mathrm{DA}$, c'est la longueur du segment perpendiculaire au plan de la base, d'où l'intérêt d'avoir calculé $\mathrm{H}$. Vérification par une autre formule : la distance d'un point $\mathrm{M}_{0}$ au plan $ax+by+cz+d=0$ vaut $\dfrac{\left|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$, ici $\dfrac{|0-0+8-5|}{\sqrt{18}}=\dfrac{3}{3\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, la même valeur.

6.b. Le tétraèdre $\mathrm{ABCD}$ peut aussi se voir comme le tétraèdre de base $\mathrm{BCD}$ et de sommet $\mathrm{A}$. Son volume ne change pas, $V=1$, et la hauteur relative à la base $\mathrm{BCD}$ est la distance de $\mathrm{A}$ au plan $(\mathrm{BCD})$, soit $\sqrt{2}$.

$1=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\mathrm{BCD}}\times\sqrt{2}$, donc $\mathcal{A}_{\mathrm{BCD}}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\approx 2{,}12$ unités d'aire.

C'est le sens du « en déduire » : aucun calcul de longueur dans le triangle $\mathrm{BCD}$ n'est nécessaire, le volume sert de pont entre deux bases. Erreur fréquente : oublier le facteur $\dfrac{1}{3}$ en isolant l'aire, ce qui donnerait $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.

7.a. Les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ et $\mathrm{C}$ définissent le plan $(\mathrm{ABC})$ (question 1). Les quatre points sont donc coplanaires si et seulement si $\mathrm{D}_{k}$ appartient à ce plan, c'est-à-dire si ses coordonnées vérifient l'équation $x-y+4z-5=0$ : $0-0+4k-5=0$, soit $k=\dfrac{5}{4}=1{,}25$.

Pour cette valeur, $\mathrm{D}_{5/4}\left(0\,;0\,;\dfrac{5}{4}\right)$ est un point du plan $(\mathrm{ABC})$ : son projeté orthogonal sur ce plan est le point $\mathrm{D}_{5/4}$ lui-même. En effet, la droite orthogonale au plan passant par ce point coupe le plan en ce point.

Contrôle : le point $\mathrm{D}=\mathrm{D}_{2}$ donne $0-0+8-5=3\neq 0$ : il n'est pas dans le plan, ce qui est cohérent avec un tétraèdre $\mathrm{ABCD}$ de volume non nul. Erreur fréquente : répondre « $\mathrm{H}$ » à la seconde partie de la question par réflexe ; $\mathrm{H}$ est le projeté de $\mathrm{D}=\mathrm{D}_{2}$, pas celui de $\mathrm{D}_{5/4}$.

7.b. Si $\mathrm{A}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{D}_{k}$ sur le plan $(\mathrm{ABC})$, alors le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{AD}_{k}}$ est orthogonal au plan (ou nul), donc colinéaire au vecteur normal $\vec{n}$.

$\overrightarrow{\mathrm{AD}_{k}}\begin{pmatrix}0-2\\0-1\\k-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-1\\k-1\end{pmatrix}$. Il n'est jamais nul (sa première coordonnée vaut $-2$). S'il existait $\lambda$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{AD}_{k}}=\lambda\vec{n}$, la première coordonnée donnerait $\lambda=-2$ et la deuxième $-1=-\lambda$, soit $\lambda=1$ : c'est impossible, quelle que soit la valeur de $k$.

On ne peut donc pas trouver de valeur de $k$ telle que $\mathrm{A}$ soit le projeté orthogonal de $\mathrm{D}_{k}$ sur le plan $(\mathrm{ABC})$.

Lecture géométrique, qui confirme : la droite perpendiculaire au plan passant par $\mathrm{A}$ a pour représentation $x=2+s$, $y=1-s$, $z=1+4s$, donc tous ses points vérifient $x+y=3$. Les points $\mathrm{D}_{k}$ sont sur l'axe des cotes, où $x+y=0$. Cette droite ne rencontre jamais l'axe des cotes. Erreur fréquente : ne regarder que la troisième coordonnée, la seule qui dépende de $k$, et croire qu'on peut toujours ajuster $k$.

A.1. On applique la relation de récurrence à partir de $V_{0}=0$ : $V_{1}=0{,}995\times V_{0}+6=0{,}995\times 0+6=6$, puis $V_{2}=0{,}995\times V_{1}+6=0{,}995\times 6+6=5{,}97+6=11{,}97$.

Une heure après le début de la pollution, le bassin contient $6$ litres de substance polluante ; après deux heures, $11{,}97$ litres. Le terme $0{,}995V_{n}$ traduit la part de polluant qui reste après le renouvellement de l'eau (on en élimine $0{,}5\,\%$ par heure), le terme $+6$ l'apport de $6$ litres par heure.

A.2. La variable v doit contenir $V_{0}$ au départ, puis passer au terme suivant à chaque tour de boucle. La boucle for k in range(n) tourne exactement $n$ fois (pour $k$ allant de $0$ à $n-1$) : partant de $V_{0}$, après $n$ tours v contient $V_{n}$.

Ligne 2 : v = 0. Ligne 4 : v = 0.995*v + 6. Le programme complété figure en fin de corrigé. Contrôle à la main : volume(1) fait un tour et renvoie $6$, volume(2) en fait deux et renvoie $11{,}97$, les valeurs de la question A.1.

Erreurs fréquentes : initialiser v à $6$, ce qui décale tout d'un rang ; écrire 0.995*k + 6, qui utilise le compteur de boucle à la place du terme précédent ; ou écrire la virgule décimale française, 0,995, qui en Python fabrique un couple de nombres et non un nombre décimal.

A.3. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $P(n)$ la propriété : « $V_{n}\leqslant V_{n+1}\leqslant 1200$ ».

Initialisation : $V_{0}=0$ et $V_{1}=6$, et l'on a bien $0\leqslant 6\leqslant 1200$. $P(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ est vraie, c'est-à-dire $V_{n}\leqslant V_{n+1}\leqslant 1200$. On multiplie les trois membres par $0{,}995$, qui est strictement POSITIF, donc l'ordre est conservé : $0{,}995V_{n}\leqslant 0{,}995V_{n+1}\leqslant 0{,}995\times 1200=1194$. On ajoute $6$ : $0{,}995V_{n}+6\leqslant 0{,}995V_{n+1}+6\leqslant 1194+6$, c'est-à-dire $V_{n+1}\leqslant V_{n+2}\leqslant 1200$. $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion : $P(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $V_{n}\leqslant V_{n+1}\leqslant 1200$.

Ce qui se joue dans l'hérédité : la fonction $g:x\mapsto 0{,}995x+6$ est croissante, et $g(1200)=1200$ ; c'est pour cela que $1200$ « se recopie » d'un rang au suivant. Erreur fréquente : partir de $P(n+1)$ pour arriver à $P(n)$, ou écrire $V_{n+1}\leqslant V_{n+2}$ comme hypothèse. Il faut partir de l'encadrement au rang $n$ et le TRANSPORTER par les deux opérations.

A.4. D'après la question A.3, pour tout $n$, $V_{n}\leqslant V_{n+1}$ : la suite $(V_{n})$ est croissante. Elle est aussi majorée par $1200$. Par le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : $(V_{n})$ converge vers un réel $\ell$.

Calcul de la limite. Comme $V_{n}\to\ell$, on a aussi $V_{n+1}\to\ell$, et, par opérations sur les limites, $0{,}995V_{n}+6\to 0{,}995\ell+6$. Par unicité de la limite, $\ell=0{,}995\ell+6$, d'où $0{,}005\ell=6$ et $\ell=\dfrac{6}{0{,}005}=1200$.

La suite converge vers $1200$ : à long terme, le volume de polluant s'approche de $1\,200$ litres sans jamais les dépasser. Le piège est de conclure « la limite est $1200$ » parce que $1200$ est un majorant : un majorant n'est pas forcément la limite (la suite est aussi majorée par $5\,000$). C'est l'équation du point fixe qui donne $1200$. Vérification : la forme explicite $V_{n}=1200\left(1-0{,}995^{n}\right)$, qu'on obtient avec la suite auxiliaire $V_{n}-1200$, géométrique de raison $0{,}995$, redonne $V_{1}=6$, $V_{2}=11{,}97$ et la limite $1200$ puisque $0<0{,}995<1$.

B.1.a. L'équation $(E)$ est de la forme $y'=ay+b$ avec $a=-0{,}005\neq 0$ et $b=6$. Ses solutions sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{at}-\dfrac{b}{a}$, avec $K$ réel.

Ici $-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{6}{-0{,}005}=1200$. Les solutions de $(E)$ sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{-0{,}005t}+1200$, où $K\in\mathbb{R}$.

Vérification : la fonction constante $y=1200$ est solution, car $y'=0$ et $-0{,}005\times 1200+6=-6+6=0$. Erreur fréquente : écrire $\dfrac{b}{a}=-1200$ et proposer $K\mathrm{e}^{-0{,}005t}-1200$, solutions qui ne vérifient pas l'équation.

B.1.b. $v$ est une solution de $(E)$, donc il existe un réel $K$ tel que, pour tout $t\geqslant 0$, $v(t)=K\mathrm{e}^{-0{,}005t}+1200$. La condition initiale $v(0)=0$ donne $K\mathrm{e}^{0}+1200=0$, soit $K+1200=0$ et $K=-1200$.

Donc $v(t)=-1200\mathrm{e}^{-0{,}005t}+1200=1200\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}005t}\right)$ pour tout $t\in[0\,;+\infty[$. Contrôle : $v(0)=1200(1-1)=0$.

B.1.c. Quand $t\to+\infty$, $-0{,}005t\to-\infty$, et par composition avec $\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0$, $\mathrm{e}^{-0{,}005t}\to 0$. Par opérations, $v(t)=1200\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}005t}\right)\to 1200\times(1-0)=1200$.

$\lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=1200$ : le modèle continu a la même limite que le modèle discret de la partie A. La droite d'équation $y=1200$ est asymptote horizontale à la courbe de $v$.

B.1.d. $v$ est dérivable et, pour tout $t\geqslant 0$, $v'(t)=1200\times\left(-(-0{,}005)\mathrm{e}^{-0{,}005t}\right)=6\mathrm{e}^{-0{,}005t}$ (dérivée de $\mathrm{e}^{u}$ : $u'\mathrm{e}^{u}$, avec $u'=-0{,}005$).

Une exponentielle est strictement positive, donc $v'(t)>0$ sur $[0\,;+\infty[$ : la fonction $v$ est strictement croissante sur $[0\,;+\infty[$. Le volume de polluant augmente sans cesse.

Autre voie, plus rapide : $v'=-0{,}005v+6$ d'après $(E)$, et l'on retrouve $v'(t)=-6+6\mathrm{e}^{-0{,}005t}+6=6\mathrm{e}^{-0{,}005t}$. Piège : oublier le signe moins du $-0{,}005$ en dérivant, ce qui donnerait une fonction décroissante, en contradiction avec $v(0)=0$ et une limite égale à $1200$.

B.2. Le seuil de nettoyage est $5\,\%$ du volume du bassin : $0{,}05\times 30\,000=1\,500$ litres de substance polluante.

Or, pour tout $t\geqslant 0$, $\mathrm{e}^{-0{,}005t}>0$, donc $1-\mathrm{e}^{-0{,}005t}<1$ et $v(t)<1200$. On peut le dire aussi : $v$ est strictement croissante et tend vers $1200$, elle reste donc strictement en dessous de sa limite. Ainsi $v(t)<1200<1500$ pour tout $t$ : selon ce modèle, le taux de substance polluante reste inférieur à $\dfrac{1200}{30\,000}=4\,\%$, et le propriétaire n'aura pas à procéder au nettoyage complet.

Erreurs fréquentes : comparer $5\,\%$ à la limite en appliquant le pourcentage à $1200$ au lieu de $30\,000$ ; ou se contenter de « la limite est $1200<1500$ » sans dire que la fonction ne dépasse jamais sa limite, ce qui est vrai ici parce que $v$ est croissante.

B.3. On résout l'inéquation $v(t)>50$ sur $[0\,;+\infty[$, en utilisant la stricte croissance de la fonction logarithme népérien :

$1200\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}005t}\right)>50\iff 1-\mathrm{e}^{-0{,}005t}>\dfrac{50}{1200}=\dfrac{1}{24}\iff\mathrm{e}^{-0{,}005t}<\dfrac{23}{24}\iff -0{,}005t<\ln\left(\dfrac{23}{24}\right)\iff t>\dfrac{\ln(23/24)}{-0{,}005}$.

Le dernier passage divise par $-0{,}005$, un nombre NÉGATIF : le sens de l'inégalité s'inverse. Et $\dfrac{\ln(23/24)}{-0{,}005}=-200\ln\left(\dfrac{23}{24}\right)=200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right)$.

Le volume dépasse $50$ litres au-delà de l'instant $t_{0}=200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right)$ heures, valeur exacte. Numériquement $t_{0}\approx 8{,}511\,9$ h ; la partie décimale vaut $0{,}511\,9\times 60\approx 30{,}7$ minutes, donc $t_{0}\approx 8$ h $31$ min, arrondi à la minute.

Vérifications : $\ln\left(\dfrac{24}{23}\right)>0$, donc $t_{0}>0$, ce qui est cohérent ; et le modèle discret donne le même ordre de grandeur, $V_{8}=1200\left(1-0{,}995^{8}\right)\approx 47{,}2$ litres et $V_{9}\approx 52{,}9$ litres, donc un franchissement des $50$ litres entre la 8e et la 9e heure.

Deux pièges : oublier d'inverser l'inégalité en divisant par $-0{,}005$, ce qui donnerait $t<t_{0}$, absurde puisque le volume augmente ; et convertir $8{,}51$ h en « 8 h 51 min », alors que $0{,}51$ h vaut environ $31$ minutes.

def volume(n):
    v = 0
    for k in range(n):
        v = 0.995*v + 6
    return v

Affirmation 1. Traduction de l'énoncé en probabilités : $P(O)=0{,}52$ ; « parmi les musiciens jouant de la Pop, $32\,\%$ sont des femmes » donne la probabilité conditionnelle $P_{O}(F)=0{,}32$ ; enfin $P(F)=0{,}2$. On cherche la probabilité qu'une personne joue de la Pop SACHANT qu'elle est une femme, soit $P_{F}(O)$.