Examen de maturité 2025 — mathématiques

Idée : Tout déduire de la forme factorisée et de la dérivée.

Solution :

Domaine : $D_f=\mathbb{R}\setminus \{0\}$.
Zéros : $f(x)=0⟺(x-1)(x-9)=0⟺x=1\text{ ou }x=9$.
Signe : on étudie le signe de $(x-1)(x-9)$ et de $x$ :

Asymptotes :

• Verticale : $x=0$, car le numérateur tend vers $9$ et le dénominateur vers $0$ :

• Oblique : on écrit (voir aussi b))

Ainsi, lorsque $|x|\to \infty$, on a $\frac{9}{4x}\to 0$, donc l’asymptote oblique est

Dérivée et tangentes horizontales : à partir de la forme simplifiée

Donc

Les ordonnées correspondantes :

Points à tangente horizontale : $(-3,-4)$ et $(3,-1)$.
Variations : comme $4x^2>0$ sur $D_f$, le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui de $x^2-9$ :

Ainsi, $f$ est croissante sur $(-\infty ,-3)$ et $(3,+\infty )$, décroissante sur $(-3,0)$ et $(0,3)$.
Interprétation : deux branches séparées par $x=0$, la branche de gauche passe par un maximum local en $(-3,-4)$, celle de droite par un minimum local en $(3,-1)$, et le graphe coupe $Ox$ en $(1,0)$ et $(9,0)$.

Représentation graphique :

Idée : Identifier l’intervalle fermé puis intégrer $|f|$.

Solution :

Surface fermée : le graphe coupe $Ox$ en $x=1$ et $x=9$, et l’on a $f(x)<0$ sur $(1,9)$. Ainsi, la surface fermée avec l’axe $Ox$ est exactement comprise entre $x=1$ et $x=9$.
Aire géométrique :

Une primitive sur $(0,+\infty )$ est

Donc

Idée : Résoudre $f^{\prime }(x)=1$.

Solution :

Chercher $f^{\prime }(x)=1$ :

ce qui est impossible dans $\mathbb{R}$.

Idée : Étudier l’équation $f(x)=k$ via le discriminant.

Solution :

Les intersections existent si et seulement si cette équation admet des solutions réelles (et ici $x\ne 0$ est automatiquement vérifié, puisque le terme constant vaut $9\ne 0$).
Absence de solution réelle $⟺\Delta <0$ :

Donc

Idée : Mettre sous forme canonique et comparer au segment $AB$.

Solution :

Donc $\Gamma$ est le cercle de centre $M(1,-2)$ et de rayon $r=5$.
Or le milieu de $A(-3,-5)$ et $B(5,1)$ vaut

et

Ainsi $AB$ est un diamètre de $\Gamma$.

Idée : Calculer une pente puis une équation cartésienne.

Solution :

Équation par $A(-3,-5)$ :

Idée : Pour $ax+by+c=0$, la distance entre parallèles vaut $\frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}$.

Solution :
Les parallèles à $d$ ont la forme $3x-4y+c=0$.
Distance entre $3x-4y-11=0$ et $3x-4y+c=0$ :

Donc $c=9$ ou $c=-31$.

Idée : Substituer l’équation de la droite dans celle du cercle.

Solution :
De $p:3x-4y+9=0$, on tire $y=\frac{3x+9}{4}$.
Dans $(x-1{)}^2+(y+2{)}^2=25$ :

En multipliant par $16$ :



Alors

Idée : Triangle rectangle $\Rightarrow$ Thalès ; aire fixée $\Rightarrow$ distance fixée à la droite $(AB)$.

Solution :
Si $\angle APB=90^{\circ }$, alors $P$ appartient au cercle $\Gamma$ de diamètre $AB$ (Thalès).
Pour tout point $P$, l’aire de $△APB$ vaut

Ici $AB=10$ et $\mathcal{A}=20$, donc

Ainsi $P$ est à distance $4$ de la droite $d=(AB)$ : il appartient donc à l’une des deux parallèles trouvées en c), et simultanément à $\Gamma$.
On obtient donc les quatre points d’intersection de $\Gamma$ avec $3x-4y+9=0$ et $3x-4y-31=0$, à savoir :

Idée : Relier le rayon de la base au rayon de la sphère par Pythagore.

Solution :
Placer l’axe du cône sur une droite passant par le centre $O$. En prenant $O$ comme origine, le sommet $A$ est à distance $7$ de $O$.
Si la base est dans un plan perpendiculaire à l’axe à hauteur $h$ depuis $A$, alors ce plan est à la cote $7-h$ par rapport à $O$.
Le rayon $r$ de la base vérifie alors, sur la sphère :

Le volume d’un cône est $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$, donc

Idée : Maximiser une fonction polynomiale sur $[0,14]$.

Solution :

Points critiques : $h=0$ et $h=\frac{28}{3}$ (dans $[0,14]$).
On teste aussi les bornes : $V(0)=0$ et $V(14)=0$.
Enfin, $V^{\prime }(h)>0$ sur $\left(0,\frac{28}{3}\right)$ et $V^{\prime }(h)<0$ sur $\left(\frac{28}{3},14\right)$, donc $V$ atteint son maximum en $h=\frac{28}{3}$.

Idée : Remplacer $h$ par $h_{\max }$ dans $V(h)$.

Solution :

Avec ${\left(\frac{28}{3}\right)}^2=\frac{784}{9}$ et ${\left(\frac{28}{3}\right)}^3=\frac{21952}{27}$ :

Donc

Idée : Compléter les branches avec les probabilités conditionnelles.

Solution :

où $P=$ à pied, $D=$ deux-roues, $T=$ transports publics.

On note $p=P(\text{H}\mid D)$ (déterminé en e)), donc $P(\text{R}\mid D)=1-p$.

Représentation graphique :

Idée : Multiplier une probabilité de branche par la conditionnelle.

Solution :

Idée : Formule de l’union : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.

Solution :

Donc

Idée : Formule de Bayes : $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$.

Solution :

Idée : Utiliser la formule des probabilités totales sur « à l’heure ».

Solution :
Soit $p=P(\text{H}\mid D)$. On sait $P(\text{H})=0.85$, donc

Idée : Utiliser le complément « aucun en retard ».

Solution :
Un élève est à l’heure avec probabilité $0.85$, donc en retard avec probabilité $0.15$. En supposant les choix indépendants :

Idée : Résoudre l’inéquation sur $0.85^n$.

Solution :

En prenant les logarithmes (et comme $\ln (0.85)<0$) :

Le plus petit entier convenable est $n=15$.

Idée : Paramétrer la droite puis imposer $x=0$.

Solution :

Le plan $Oyz$ a pour équation $x=0$. Donc

Représentation graphique :

Idée : Calculer un vecteur normal par produit vectoriel.

Solution :

Un normal est $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ :

Équation passant par $A(2,0,0)$ :

Idée : Vérifier un point de $d$ dans $\alpha$ et que la direction est parallèle au plan.

Solution :
On teste $D(3,0,4)$ dans $4x+4y-z-8=0$ :

donc $D\in \alpha$.
Avec ${\vec{v}}_d=(-1,1,0)$ et un normal $\vec{n}=(4,4,-1)$ :

donc ${\vec{v}}_d$ est parallèle au plan $\alpha$. Comme $D\in \alpha$, la droite $d$ est contenue dans $\alpha$.

Idée : Dans la « boîte » visible ($0\le x,y,z\le 6$), décrire l’intersection du plan avec les faces : on obtient un quadrilatère.

Solution :
Le plan $\alpha$ s’écrit

Dans la partie représentée (où $0\le z\le 6$), on doit avoir

Les intersections avec les plans $z=0$ et $z=6$ (dans la zone $x,y\ge 0$) donnent les sommets visibles :


La partie visible de $\alpha$ (dans le cube) est donc le quadrilatère

Représentation graphique :

Idée : Montrer une paire de côtés parallèles et l’égalité des deux côtés non parallèles.

Solution :

Donc $AB\parallel DE$ : $ABED$ est un trapèze.
Côtés non parallèles :


Ainsi $AD=BE$ : le trapèze est isocèle.

Idée : Aire d’un trapèze : $\frac{({\text{base}}_1+{\text{base}}_2)}{2}\times \text{hauteur}$.

Solution :
Longueurs des bases :

La hauteur est la distance entre les droites parallèles $(AB)$ et $(DE)$, donc la distance de $D$ à la droite $(AB)$.
Avec $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{AB}=(-2,2,0)$ et $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AD}=(1,0,4)$ :



Aire :