Ce document contient des examens nationaux corrigés du Baccalauréat Sciences Mathématiques de 2008 à 2025, ainsi que des instructions générales pour l'épreuve de mathématiques.
Il couvre les notions suivantes:
- Analyse
- Nombres complexes
- Arithmétique
- Structures algébriques
Examen Baccalauréat Mathématiques 2025 - Nationaux bac
Télécharger PDFBaccalauréat Sciences Mathématiques
Session : Normal juin 2025
Série : Sciences Mathématiques A et B
DURÉE DE L’ÉPREUVE : 4 heures
INSTRUCTIONS GENERALES
- L’utilisation de la calculatrice non programmable est autorisée ;
- Le candidat peut traiter les exercices de l’épreuve suivant l’ordre qui lui convient ;
- L’utilisation de la couleur rouge lors de la rédaction des solutions est à éviter ;
COMPOSANTES DU SUJET
Ce sujet comporte 5 exercices :
- Exercice 1 : Exercice d’analyse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 points
- Exercice 2 : Nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 points
- Exercice 3 : Arithmétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 points
- Exercice 4 : Structures algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 points
Examen du Baccalauréat Session normal 2025
Exercice 1 : (10 pts)
On considère la fonction numérique f définie sur R par : f(x) = ex e2x + e et soit (Γ) sa courbe représentative dans un repère orthogonal (O,⃗i,⃗j).
Partie I :
1 - a) Montrer que : (∀x ∈ R); f(1 − x) = f(x)
Soit x ∈ R. On a :
f(1 − x) = e1−x e2(1−x) + e = e2x + e e2x + e = f(x)
Donc (∀x ∈ R); f(1 − x) = f(x).
b) Interprétation graphique :
On a pour tout x ∈ R, f(2(12) − x) = f(x). Ceci signifie que la droite d’équation x =12 est un axe de symétrie pour la courbe (Γ).
c) Calculer lim x→−∞f(x) puis en déduire lim x→+∞ f(x)
On a lim x→−∞ex = 0 et lim x→−∞e2x = 0. Donc lim x→−∞f(x) = 0.
Pour la limite en +∞, on utilise la symétrie : on pose X = 1 − x. Si x → +∞, alors X → −∞. X→−∞f(X) = 0.
Donc lim x→−∞f(x) = 0 et lim x→+∞f(x) = 0.
d) Interprétation graphique :
Puisque lim x→−∞f(x) = 0 et lim x→+∞f(x) = 0. La courbe (Γ) admet l’axe des abscisses (la droite y = 0) comme asymptote horizontale au voisinage de −∞ et +∞.
2 - a) Montrer que : (∀x ∈ R); f0(x) = f(x)1 − e2x−1 1 + e2x−1
La fonction f est dérivable sur R. Pour tout x ∈ R :
f0(x) = (ex)0(e2x + e) − ex(e2x + e)0 (e2x + e)2 = ex(e − e2x) (e2x + e)2
D’autre part, on a :
f(x)1 − e2x−1 e2x + e×1 −e2x 1 + e2x−1=ex e 1 + e2x e =ex e−e2x e e2x + e× e+e2x e =ex(e − e2x) (e2x + e)2
Donc (∀x ∈ R); f0(x) = f(x)1 − e2x−11 + e2x−1.
b) Variations de f et encadrement :
Puisque f(x) > 0 et 1+e2x−1 > 0 pour tout x ∈ R, le signe de f0(x) est celui de 1−e2x−1. 1 − e2x−1 ≥ 0 ⇐⇒ e2x−1 ≤ 1 ⇐⇒ 2x − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤12. Donc f est strictement croissante sur ] −∞,12] et strictement décroissante sur [12, +∞[. La fonction f admet un maximum global en x =12. f(12) = e1/2 e1 + e= √e 2e= √e 2(√e)2=1 2√e. On a donc pour tout x ∈ R, 0 < f(x) ≤ f(12) = 1 2√e. Comme e > 1, on a √e > 1, donc 2√e > 2, ce qui implique 1 2√e<12. D’où les variations de f, et (∀x ∈ R); 0 < f(x) <12.
3 - Représentation graphique de (Γ) :
y x =12 Max Z 1 2 Z 1 O (Γ) x
4 - a) Montrons que 0 f(x)dx = 1 2 Z 1 f(x)dx
Effectuons le changement de variable u = 1 − x dans l’intégrale 1 2 f(x)dx. On a du = −dx ⇒ dx = −du. Pour x =12, u =12. Pour x = 1, u = 0.
Z 1 1 2 f(x)dx = = Z 0 1 2 Z 1 2 0 f(1 − u)(−du) f(1 − u)du
Or, d’après la question I.1.a, f(1 − u) = f(u).
Z 1 Z 1 Z 1 2 2 Donc f(x)dx = f(u)du = f(x)dx. 1 0 0 2
b) Déduisons que 0 f(x)dx = 2 0 f(x)dx
D’après la relation de Chasles :
Z 1 f(x)dx = 0 = Z 1 2 0 Z 1 2 0 f(x)dx + f(x)dx + Z 1 1 2 Z 1 2 0 f(x)dx f(x)dx (d’après a)
Z 1 Z 1 2 f(x)dx. Donc f(x)dx = 2 0 0
5 - a) Montrons que 0 f(x)dx = 1 √e arctan √e −π4
On pose t = ex. Donc dt = exdx = tdx ⇒ dx =dtt. Pour x = 0, t = e0 = 1. Pour x =12, t = e1/2 =√e.
Z 1 2 0 f(x)dx = Z 1 2 0 ex e2x + edx = Z √e 1 Z √e 1 t t2 + e dt t2 + e dt t
D’où le résultat.
b) Montrons que 0 f(x)dx =1√e arctan √e −π4
On a :
Z √e 1 dt t2 + e= Z √e 1 dt t2 + (√e)2 = 1√earctan t√e √e 1 =1√e arctan(1) − arctan 1√e
On sait que arctan(1) = π4. De plus, pour tout y > 0, arctan(y)+ arctan 1y =π2. Donc arctan 1√e =π2− arctan(√e). En remplaçant :
Z 1 2 0 D’où le résultat.
c) Déduisons l’aire du domaine :
L’aire A est donnée par A = Z 1 0 |f(x)|dx × k⃗ik × k⃗jk. Comme f(x) > 0, on a :
A = Z 1 0 f(x)dx × (1 cm × 2 cm) = 2 = 4 Z 1 2 0 Z 1 2 0 f(x)dx × 2 cm2(d’après 4.b) f(x)dx cm2
Donc A =4√earctan(√e) −π4cm2.
Partie II :
1 - Montrons que (∀x ∈ R); |f0(x)| ≤ f(x) :
D’après la question I.2-a, f0(x) = f(x)1 − e2x−1 1 + e2x−1. Comme f(x) > 0, on a |f0(x)| = f(x) 1 − e2x−1 1 + e2x−1 .
Posons u = e2x−1 > 0. On a −1 − u < 1 − u < 1 + u, ce qui équivaut à −1 <1 − u 1 + u< 1. Donc 1 − u 1 + u < 1. Ainsi, 1 − e2x−1 1 + e2x−1 < 1, d’où |f0(x)| ≤ f(x) × 1.
Donc (∀x ∈ R); |f0(x)| ≤ f(x).
2 - a) Montrons que (∀x ∈ 0;12 ); 0 ≤ f0(x) <12
Pour x ∈ 0;12 , on a f0(x) ≥ 0 (car f est croissante sur ] − ∞,12]). D’après la question précédente, f0(x) = |f0(x)| ≤ f(x). Et d’après I.2-b, on a f(x) ≤1 2√e< 1. Donc par transitivité, (∀x ∈0;12); 0 ≤ f0(x) <12.
b) Montrons que la fonction g(x) = f(x) − x est strictement décroissante sur R :
La fonction g est dérivable sur R et g0(x) = f0(x)−1. D’après la question 1, |f0(x)| ≤ f(x). Or on sait que f(x) ≤1 2√e< 1. Donc f0(x) < 1, ce qui implique g0(x) < 0 pour tout x ∈ R.
Donc g est strictement décroissante sur R.
c) Déduisons qu’il existe un unique réel α ∈]0; 12 [ tel que f(α) = α :
La fonction g est continue et strictement décroissante sur R, en particulier sur [0,12]. On a g(0) = f(0) − 0 =1 2√e−12=1 −√e e + 1> 0. Et g(12) = f(12) −12=1 2√e< 0 (car √e > 1). Puisque 0 ∈]g(12), g(0)[, le TVI assure l’existence d’un unique α ∈]0,12[ tel que g(α) = 0. D’où l’existence d’un unique α ∈]0,12[ tel que f(α) = α.
3 - a) Montrons que (∀n ∈ N); 0 < un <12
Par récurrence : Pour n = 0, on a par hypothèse u0 ∈]0,12[. Supposons que 0 < un <12. La fonction f est strictement croissante sur l’intervalle [0,12]. Donc f(0) < f(un) < f(12). Or f(0) = 1 e + 1> 0, f(un) = un+1, et f(12) = 1 2√e<12. On a donc 0 <1 2√e<12. D’après le principe de récurrence, (∀n ∈ N); 0 < un <12.
b) Montrons que (∀n ∈ N); |un+1 − α| ≤ 12 |un − α| :
La fonction f est dérivable sur [0,12] et d’après II.2-a, ∀x ∈ [0,12], |f0(x)| ≤ 12. Comme un ∈ [0,12] et α ∈ [0,12], l’inégalité des accroissements finis donne : |f(un) − f(α)| ≤ 1 2|un − α|. Sachant que f(un) = un+1 et f(α) = α. On obtient : |un+1 − α| ≤ 12|un − α|.
c) Montrons par récurrence que (∀n ∈ N); |un − α| ≤ 2 1 n+1
- Initialisation : Pour n = 0, u0 ∈]0,12[ et α ∈]0,12[. La distance entre deux points dans un intervalle de longueur 12 est strictement inférieure à 12. Donc |u0 − α| <12= (12)0+1. Vraie.
- Hérédité : Supposons que |un − α| ≤ 1 2 n+1 . D’après la question précédente, |un+1 − α| ≤ 12|un − α|. Donc |un+1 − α| ≤ 12 12 n+1= 12 n+2. n+1 1 . Donc par récurrence, (∀n ∈ N); |un − α| ≤ 2 1 n+1.
d) Déduisons la convergence de la suite (un) :
Puisque lim n→+∞ α| = 0. 1 2 n+1 = 0 (car −1 <12< 1). Par le théorème des gendarmes, lim n→+∞|un− α| = 0. Donc la suite (un) converge vers α.
Partie III :
1 - a) Vérifions que (∀n ∈ N∗); Sn =1 n(n + 1) Xn k=1 k nf k n
On a f k n =ekn e2kn + e. En divisant le numérateur et le dénominateur par ekn : f k n =1 ekn + e · e− kn=1 ekn + e1− kn=1 ekn + en−k n En remplaçant dans la formule de Sn : Sn =1 n(n + 1) Xn k=1 k nf k n =1 n + 1 Xn k=1 k n 1 ekn + en−k n ! D’où le résultat.
b) Montrons que 0 xf(x)dx = 0 f(x)dx
Effectuons le changement de variables t = 1 − x dans 0 x = 0, t = 1 et pour x = 1, t = 0. xf(x)dx. dx = −dt. Pour Z 1 0 xf(x)dx = = Z 0 1 Z 1 0 (1 − t)f(1 − t)(−dt) (1 − t)f(t)dt (car f(1 − t) = f(t) d’après I.1.a) = Z 1 0 f(t)dt − Z 1 0 tf(t)dt On en déduit que 2 Z 1 Z 1 0 xf(x)dx = Z 1 0 f(x)dx. Or, d’après I.4.b, on sait que Z 1 0 f(x)dx = 2 2 0 f(x)dx. Donc 2 Z 1 0 xf(x)dx = 2 Z 1 2 0 f(x)dx. Z 1 Z 1 2 En simplifiant par 2, on a bien xf(x)dx = f(x)dx. 0 0
2 - Montrons que la suite (Sn) est convergente et déterminons sa limite :
On peut réécrire Sn sous la forme : n + 1×1nXn Sn =n k=1 k nf k n . Considérons la suite Rn =1nXn k=1 k nf k n . La fonction x 7→ xf(x) est continue sur [0, 1]. Rn Z 1 est la somme de Riemann associée à cette fonction sur [0, 1]. Donc lim n→+∞Rn = 0 xf(x)dx. Z 1 D’autre part, lim n→+∞n n + 1= 1. Par produit de limites, lim n→+∞Sn = 1 × 0 xf(x)dx. D’après la question III.1.b, cette intégrale vaut 0 f(x)dx. Et d’après I.5.b, on connait la valeur de cette dernière intégrale. Donc la suite (Sn) est convergente et sa limite est 1√earctan √e −π4.
Exercice 2 : (3.5 pts)
Soit α ∈ [0; 2π[. On considère dans C l’équation (Eα) : z2 − 2αeiα(1 + 2i)z + i22α+1ei2α = 0.
Partie I :
1 - a) Vérifions que ∆α = 2αeiα(1 − 2i) 2
On a : ∆α = −2αeiα(1 + 2i) 2− 4(1) i22α+1ei2α = 22αei2α(1 + 4i − 4) − 8i × 22αei2α = 22αei2α(−3 + 4i − 8i) = 22αei2α(−3 − 4i) Or, on remarque que (1 − 2i)2 = 1 − 4i + (2i)2 = 1 − 4i − 4 = −3 − 4i. Donc : ∆α = 22αei2α(1 − 2i)2 = 2αeiα(1 − 2i) 2 D’où le discriminant de l’équation (Eα) est bien ∆α = 2αeiα(1 − 2i) 2.
b) En déduisons les deux solutions a et b avec |a| < |b| :
Puisque ∆α = Et : 2αeiα(1 − 2i) 2, les solutions sont : z1 =2αeiα(1 + 2i) + 2αeiα(1 − 2i) 2 =2αeiα(1 + 2i + 1 − 2i) 2=2αeiα(2) 2= 2αeiα z2 =2αeiα(1 + 2i) − 2αeiα(1 − 2i) 2 =2αeiα(1 + 2i − 1 + 2i) 2=2αeiα(4i) 2= 2α+1ieiα Calculons leurs modules : |z1| = 2αet |z2| = 2α+1. Comme 2α < 2α+1 pour tout α ∈ R, on a |z1| < |z2|. Puisque |a| < |b|, on a donc a = 2αeiα et b = 2α+1ieiα.
2 - Vérifions que ba est un imaginaire pur :
On a : a=2α+1ieiα b 2αeiα =2α+1 2αi = 2i Donc ba= 2i, ce qui montre que c’est un imaginaire pur.
Partie II :
On pose ba= λi avec λ = Im ba . Donc λ ∈ R (ici λ = 2).
1 - a) Montrons que h λ i et déduisons que (OH) ⊥ (AB) :
b − a= − On a 1h=1a+1b=a + b λ2 + 1 ab =⇒ h =ab a + b. Donc : h b − a= ab b − a=ab a+b b2 − a2 En divisant le numérateur et le dénominateur par a2: h b − a= b a b a 2− 1 =λi (λi)2 − 1 =λi −λ2 − 1 λ D’où le résultat. Puisque λ ∈ R, le nombre − λ2 + 1 i est un imaginaire pur. Donc arg zH − zO zB − zA ≡ ±π2(mod 2π). Ce qui signifie que les vecteurs −−→AB et−−→OH sont orthogonaux. Donc les droites (OH) et (AB) sont perpendiculaires.
b) Montrons que h − a b − a=1 λ2 + 1 et déduisons que H, A, B sont alignés :
On a : ab h − a b − a= = a+b − a b − a ab−a2−ab b − a=−a2 a+b b2 − a2 En divisant le numérateur et le dénominateur par a2: h − a b − a=−1 b a 2− 1 D’où le résultat. Puisque λ ∈ R, le nombre 1 =−1 (λi)2 − 1=−1 −λ2 − 1 =1 λ2 + 1 Donc arg zH − zA zB − zA λ2 + 1 est un réel (strictement positif). ≡ 0 (mod π). Les vecteurs−−→AB et−−→AH sont colinéaires. Donc les points H, A et B sont alignés.
2 - a) Montrons que n = −λi :
m − a Puisque I est le milieu de [OH], m =h2. Puisque J est le milieu de [HB], n =h + b 2. On a : n m − a= h+b h2 − a=h + b 2 h − 2a = ab a+b + b a+b − 2a= ab ab+ab+b2 a+b ab−2a2−2ab a+b =2ab + b2 −2a2 − ab En divisant le numérateur et le dénominateur par a2: m − a=2 n b a +