Le point sur l’épreuve : qu’en ont pensé les profs ?
Ce mercredi 17 juin 2026 marquait le deuxième jour des épreuves de spécialité pour plus de 530 000 candidats des voies générale et technologique. Pour rappel, la Spé Maths reste un très gros morceau du baccalauréat général avec pas moins de 168 043 lycéens sur le pont.
Alors, ce Jour 2 était-il plus difficile que le Jour 1 ? D’après Rémi Chautard, professeur agrégé au lycée Turgot à Paris qui a corrigé l’épreuve pour Le Figaro Étudiant, le niveau global est resté tout à fait surmontable :
« Dans l’ensemble la difficulté est raisonnable. Les questions font le tour du programme. La fin de l’exercice 1 est un peu technique ainsi que la fin de l’exercice 4. Sinon, le sujet est assez classique et correspond bien aux attendus. »
Même son de cloche du côté des correcteurs interrogés par Le Parisien Étudiant, qui évoquent un niveau moyen mais soulignent la densité des énoncés. Il fallait donc une bonne dose de concentration pour trier les informations sans s’emmêler les pinceaux.
Le décryptage des 4 exercices du Jour 2
Si tu as passé l’épreuve ce matin, tu as dû faire face à quatre gros blocs thématiques étalés sur une session intense de 4 heures (de 8 heures à midi). Voici à quoi ressemblait le menu du jour :
- Exercice 1 (Géométrie dans l’espace) : Un exercice jugé assez long par les enseignants, avec deux dernières questions plutôt techniques qui ont servi à sélectionner les meilleures copies.
- Exercice 2 (Suites et équations différentielles) : Un grand classique du programme de Terminale qui n’a pas présenté de piège particulier pour les élèves sérieux.
- Exercice 3 (Probabilités et dénombrement) : Un format sous forme d’affirmations à valider. Là encore, le niveau est resté très standard.
- Exercice 4 (Étude de fonction et intégrale) : Un exercice dense demandant une intégration par parties. Il y avait beaucoup d’informations à analyser, rendant la fin de l’exercice un peu plus corsée.
Pourquoi ces épreuves de spécialité sont ultra-déterminantes
Tu le sais si tu as calculé tes points : le contrôle continu fait une grosse partie du travail (40 % de la note globale). Mais les épreuves finales écrites partent avec un avantage immense. À elles seules, tes deux spécialités pèsent pour 32 % de ta note finale (soit un coefficient 16 par matière).
C’est énorme par rapport aux 8 % de la philosophie ou aux 10 % du Grand Oral. Même si ces notes n’entrent pas en compte dans ton dossier Parcoursup initial, elles restent la clé absolue pour décrocher ton diplôme du premier coup le mardi 7 juillet prochain à partir de 11h30, et pourquoi pas aller chercher une mention !
Télécharge les sujets et les corrigés du Bac Spé Maths 2026
Pas besoin de stresser pendant des jours en attendant les résultats officiels. Tu peux vérifier tes calculs, tes graphiques et tes démonstrations dès maintenant grâce aux fichiers officiels.
Épreuve du Jour 1 (Mardi 16 juin 2026)
Si tu as planché hier ou si tu veux simplement comparer les deux variantes de l’examen :
Baccalauréat Spécialité Mathématiques
Corrigé – Jour 1 : Voie générale (Métropole 2026)
Exercice 1 – Probabilités
Partie A
Question 1 a.
On sait que 75 % des familles effectuant la traversée réservent une cabine.
Donc : P(C) = 0,75
Question 1 b.
D’après l’énoncé : P(V) = 0,30.
Donc, la probabilité de ne pas réserver d’emplacement véhicule est : P(V̅) = 1 – 0,30 = 0,70.
Parmi les familles qui réservent un emplacement pour un véhicule, 80 % réservent une cabine. Donc : PV(C) = 0,80.
Ainsi : PV(C̅) = 1 – 0,80 = 0,20.
Les valeurs à placer sur l’arbre sont donc :
- P(V) = 0,30
- P(V̅) = 0,70
- PV(C) = 0,80
- PV(C̅) = 0,20
Question 2.
On cherche la probabilité de l’intersection P(V ∩ C).
P(V ∩ C) = P(V) × PV(C) = 0,30 × 0,80 = 0,24.
La probabilité qu’une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine est donc 0,24.
Question 3.
On cherche la probabilité conditionnelle PC(V).
PC(V) = P(V ∩ C) / P(C) = 0,24 / 0,75 = 0,32.
La probabilité qu’une famille ayant réservé une cabine réserve aussi un emplacement pour un véhicule est donc 0,32.
Question 4.
Les événements V et V̅ forment une partition de l’univers. D’après la loi des probabilités totales :
P(C) = P(V ∩ C) + P(V̅ ∩ C)
Donc : P(V̅ ∩ C) = P(C) – P(V ∩ C) = 0,75 – 0,24 = 0,51.
On cherche désormais PV̅(C) :
PV̅(C) = P(V̅ ∩ C) / P(V̅) = 0,51 / 0,70 ≈ 0,73.
Parmi les familles qui ne réservent pas d’emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.
Partie B
Question 1.
L’espérance de X se calcule ainsi :
E(X) = (0 × 0,19) + (70 × 0,06) + (100 × 0,51) + (170 × 0,24) = 0 + 4,2 + 51 + 40,8 = 96.
Donc : E(X) = 96.
Pour la variance V(X), on utilise la formule V(X) = E(X²) – [E(X)]².
Calcul de E(X²) = (0² × 0,19) + (70² × 0,06) + (100² × 0,51) + (170² × 0,24) = 0 + 294 + 5100 + 6936 = 12 330.
D’où V(X) = 12 330 – 96² = 12 330 – 9 216 = 3 114.
On a donc : E(X) = 96 et V(X) = 3 114.
Question 2 a.
Une remise de 40 % signifie que la famille paie 60 % (soit un coefficient de 0,6) du montant initial (X + Y).
L’expression de Z est donc : Z = 0,6(X + Y).
Question 2 b.
Par linéarité de l’espérance : E(Z) = 0,6 × [E(X) + E(Y)] = 0,6 × (96 + 104) = 0,6 × 200 = 120.
Comme X et Y sont indépendantes, les variances s’additionnent : V(X + Y) = V(X) + V(Y).
Pour V(Z), le coefficient multiplicateur est mis au carré : V(Z) = 0,6² × [V(X) + V(Y)] = 0,36 × (3 114 + 1 686) = 0,36 × 4 800 = 1 728.
On obtient : E(Z) = 120 et V(Z) = 1 728.
Question 3 a.
Par linéarité, l’espérance de la moyenne Mn reste inchangée : E(Mn) = 120.
Pour la variance d’une moyenne de n variables indépendantes : V(Mn) = V(Z) / n = 1 728 / n.
Question 3 b.
On cherche à ce que la moyenne soit comprise entre 114 et 126, soit un écart maximal de 6 par rapport à l’espérance (120). D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
P(|Mn – 120| ≥ 6) ≤ V(Mn) / 6² = (1 728 / n) / 36 = 48 / n.
On veut donc que : 1 – 48/n ≥ 0,85, ce qui donne 48/n ≤ 0,15, soit n ≥ 48 / 0,15 = 320.
Le plus petit entier cherché est n = 320.
Exercice 2 – Géométrie dans l’espace
Affirmation 1 : VRAIE.
Le vecteur directeur de la droite (AB) a pour coordonnées (-1 ; 1 ; -5), ce qui correspond exactement au vecteur normal du plan (P). La droite et le plan sont donc bien orthogonaux. De plus, le milieu I du segment [AB], de coordonnées (2,5 ; 0,5 ; -0,5), vérifie l’équation du plan (P).
Affirmation 2 : FAUSSE.
En posant le système d’intersection entre la droite et (AB), on aboutit à une contradiction mathématique (-4,5 = 0). Les droites ne sont pas sécantes.
Affirmation 3 : VRAIE.
Les calculs des longueurs donnent CA = 4,5 et CB = 4,5. Le calcul du produit scalaire donne une valeur de 6,75. En appliquant la formule du cosinus, cos(ACB) = 6,75 / (4,5 × 4,5) = 1/3. La calculatrice renvoie bien un angle ACB d’environ 70,5°.
Affirmation 4 : VRAIE.
Pour Clotilde (Porte A), l’ordre compte : il y a 8 × 7 × 6 = 336 codes possibles (probabilité = 1/336). Pour Titouan (Porte B), l’ordre ne compte pas : il y a 70 combinaisons possibles (probabilité = 1/70). Titouan a donc une probabilité de réussite supérieure.
Exercice 3 – Suites et Équations différentielles
Partie A
Question 1.
L’équation différentielle est de la forme y’ = ay + b. Sa solution constante est y = -b/a = -0,91 / -0,035 = 26.
Les solutions générales sur [0 ; +∞[ sont : y(t) = 26 + C × e-0,035t (avec C une constante réelle).
Question 2.
Avec la condition initiale T(0) = 18, on trouve : 26 + C = 18, d’où C = -8.
Le modèle est : T(t) = 26 – 8e-0,035t.
Question 3.
On résout T(t) = 20 :
26 – 8e-0,035t = 20 ⇒ e-0,035t = 0,75 ⇒ -0,035t = ln(0,75) ⇒ t = ln(0,75) / -0,035 ≈ 8,22.
Comme t est en dizaines de minutes, on multiplie par 10 : 8,22 × 10 ≈ 82 minutes, soit **1 heure et 22 minutes**.
Question 4.
La fonction exponentielle étant strictement positive, le terme -8e-0,035t reste strictement négatif. Par conséquent, T(t) sera toujours inférieur à 26°C. La température ne pourra donc jamais atteindre les 28°C.
Partie B
Question 1.
u1 = (0,965 × 20) + 0,35 + 0,07 × e0 = 19,3 + 0,35 + 0,07 = 19,72.
Question 2 (Récurrence).
Initialisation : u0 = 20, ce qui est bien supérieur à 10. La propriété est vraie.
Hérédité : Si on suppose un > 10, alors 0,965 × un > 9,65. En ajoutant 0,35 et le terme exponentiel (toujours positif), on obtient un+1 > 9,65 + 0,35 = 10. La suite reste donc strictement supérieure à 10 pour tout entier n.
Question 3.
La suite (un) étant strictement décroissante et minorée par 10, elle converge vers une limite réelle d’après le théorème de convergence monotone.
Question 4 a. et b.
Quand n tend vers l’infini, l’expression exponentielle tend vers 0. Par passage à la limite, l’équation devient : x = 0,965x + 0,35, ce qui donne 0,035x = 0,35, soit x = 10. La limite de la température est donc de 10°C.
Question 5 a. (Algorithme Python).
Les lignes se complètent ainsi :while u > 18:u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)n = n + 1
Question 5 b.
En calculant les valeurs, on trouve u7 ≈ 18,12 (supérieur à 18) et u8 ≈ 17,87 (inférieur à 18). Le chauffage se déclenchera donc à la 8ème étape, soit au bout de 80 minutes.
Exercice 4 – Fonctions et Intégrales
Partie A
Question 1.
Le point A(0;1) donne f(0) = 1. En remplaçant x par 0 dans la formule, le logarithme s’annule (ln(1)=0), ce qui isole directement a = 1.
Question 2 a. et b.
Le nombre dérivé f'(0) correspond au coefficient directeur de la tangente TA, qui progresse de 4 unités verticalement pour 1 unité horizontale. On a donc f'(0) = 4.
f »(1) < 0 car graphiquement la courbe est concave (orientée vers le bas) autour de x = 1.
Question 3.
En dérivant f(x) comme un quotient (u/v), on obtient l’expression de f'(x) donnée dans l’énoncé. En calculant f'(0) = b, et sachant que f'(0) = 4, on trouve directement b = 4.
Partie B
Question 1.
Par croissance comparée, la limite du quotient ln(x+1)/(x+1) quand x tend vers l’infini est égale à 0. On trouve donc lim f(x) = 1. La
Épreuve du Jour 2 (Mercredi 17 juin 2026)
Voici les documents tout juste sortis des salles d’examen pour vérifier tes réponses d’aujourd’hui :
Baccalauréat Spécialité Mathématiques
Corrigé – Jour 2 : Voie générale (Métropole 2026)
Exercice 1 (5 points) – Géométrie dans l’espace
Q1. Non-alignement et plan :
On détermine les coordonnées des deux vecteurs : AB(1 ; -3 ; -1) et AC(-2 ; -2 ; 0).
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car il n’existe pas de nombre réel λ tel que AB = λAC. Les points A, B et C ne sont donc pas alignés : ils définissent bien un plan (ABC).
Q2 a. Vecteur normal :
On calcule les produits scalaires :
• AB · n = 1 × 1 + (-3) × (-1) + (-1) × 4 = 1 + 3 – 4 = 0.
• AC · n = (-2) × 1 + (-2) × (-1) + 0 × 4 = -2 + 2 + 0 = 0.
Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), il est donc bien normal au plan (ABC).
Q2 b. Équation cartésienne :
Le vecteur n(1 ; -1 ; 4) étant normal, l’équation est de la forme : x – y + 4z + d = 0.
En injectant les coordonnées du point A(2 ; 1 ; 1), on obtient : 2 – 1 + 4 × 1 + d = 0 ⇒ 5 + d = 0 ⇒ d = -5.
L’équation cartésienne du plan (ABC) est donc : x – y + 4z – 5 = 0.
Q3. Représentation paramétrique :
Pour t = 0, la représentation donne le point (0 ; 0 ; 2), qui est le point D. De plus, le vecteur directeur de cette droite est u(1 ; -1 ; 4), ce qui est égal au vecteur normal n. La droite passe par D et est orthogonale au plan (ABC), la représentation donnée convient donc parfaitement.
Q4. Projeté orthogonal H :
On remplace les expressions de x, y, z de la droite dans l’équation du plan :
t – (-t) + 4(2 + 4t) – 5 = 0 ⇒ 2t + 8 + 16t – 5 = 0 ⇒ 18t + 3 = 0 ⇒ t = -1/6.
En remplaçant t par -1/6 dans les équations de la droite, on trouve les coordonnées du point H : (-1/6 ; 1/6 ; 4/3).
Q5 a. Triangle isocèle :
On calcule les distances :
• BA = √((-1)² + 3² + 1²) = √11.
• BC = √((-3)² + 1² + 1²) = √11.
Comme BA = BC, le triangle ABC est isocèle en B.
Q5 b. Aire du triangle :
La distance AC vaut √(8) = 2√2. Soit M le milieu de [AC], ses coordonnées sont (1 ; 0 ; 1). Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi une hauteur. On calcule la longueur de cette hauteur BM = √((-2)² + 2² + 1²) = √9 = 3.
L’aire du triangle vaut : Aire = 0,5 × AC × BM = 0,5 × 2√2 × 3 = 3√2 cm².
Q6 a. Volume du tétraèdre :
La hauteur relative à la base ABC est la distance DH. On calcule DH = √((-1/6)² + (1/6)² + (4/3 – 2)²) = √(18/36) = √(1/2) = √2 / 2.
Volume = (1/3) × Aire × DH = (1/3) × 3√2 × (√2 / 2) = 1.
Q6 b. Aire de la base BCD :
En prenant le triangle BCD comme nouvelle base, la hauteur associée vaut √2. Comme le volume est égal à 1 :
1 = (1/3) × Aire(BCD) × √2 ⇒ Aire(BCD) = 3 / √2 = 3√2 / 2 cm².
Q7 a. Coplanarité :
Les points sont coplanaires si Dk(0 ; 0 ; k) appartient au plan (ABC) : 0 – 0 + 4k – 5 = 0 ⇒ 4k = 5 ⇒ k = 5/4. Dans ce cas, le projeté orthogonal est le point lui-même : (0 ; 0 ; 5/4).
Q7 b. Projeté orthogonal impossible :
Pour que A soit le projeté orthogonal, il faudrait que le vecteur ADk(-2 ; -1 ; k-1) soit colinéaire au vecteur normal n(1 ; -1 ; 4). On devrait avoir -2 = λ et -1 = -λ (soit λ = 1), ce qui est contradictoire. Il n’existe donc aucune valeur de k.
Exercice 2 (5 points) – Modèles discrets et continus
Partie A : Modèle discret
Q1. Premiers termes :
• V1 = 0,995 × V0 + 6 = 0,995 × 0 + 6 = 6.
• V2 = 0,995 × V1 + 6 = 0,995 × 6 + 6 = 11,97.
Q2. Fonction Python :
L’algorithme se transcrit de manière classique avec une boucle bornée :def volume(n): V = 0 for k in range(n): V = 0.995 * V + 6 return V
Q3. Démonstration par récurrence :
• Initialisation : V0 = 0 et V1 = 6, on a bien 0 ≤ 6 ≤ 1200. Vrai au rang 0.
• Hérédité : Si Vn ≤ Vn+1 ≤ 1200, alors en multipliant par 0,995 (positif) et en ajoutant 6, l’ordre est conservé : 0,995Vn + 6 ≤ 0,995Vn+1 + 6 ≤ 0,995×1200 + 6. Ce qui donne Vn+1 ≤ Vn+2 ≤ 1200. La propriété est héréditaire.
Q4. Convergence :
La suite étant croissante et majorée par 1200, elle converge vers une limite L solution de l’équation : L = 0,995L + 6 ⇒ 0,005L = 6 ⇒ L = 6 / 0,005 = 1200.
Partie B : Modèle continu
Q1 a. b. c. d. Équation différentielle :
Les solutions de y’ = -0,005y + 6 sont de la forme y(t) = C × e-0,005t + 1200. Avec la condition initiale v(0) = 0, on trouve C = -1200, d’où v(t) = 1200(1 – e-0,005t). Sa limite en +∞ est de 1200. Sa dérivée v'(t) = 6e-0,005t est strictement positive, la fonction est donc strictement croissante.
Q2. Volume critique :
5 % de 30 000 litres = 1500 litres. Comme la fonction v est croissante et plafonne à sa limite de 1200 litres, elle ne dépassera jamais le seuil de 1500 litres. Le propriétaire n’aura pas besoin de nettoyer.
Q3. Seuil des 50 litres :
On résout v(t) = 50 ⇒ 1200(1 – e-0,005t) = 50 ⇒ e-0,005t = 23/24 ⇒ t = -ln(23/24) / 0,005 = 200 ln(24/23) heures.
À la calculatrice, t ≈ 8,51 heures, ce qui équivaut à environ 8 heures et 31 minutes.
Exercice 3 (4 points) – Probabilités (Affirmations)
Affirmation 1 : VRAIE.
PF(O) = P(O ∩ F) / P(F) = (P(O) × PO(F)) / P(F) = (0,52 × 0,32) / 0,20 = 0,832. L’affirmation est exacte.
Affirmation 2 : FAUSSE.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 5000 et p = 0,062. À la calculatrice, P(X ≤ 340) ≈ 0,9617, ce qui s’arrondit au dixième à 1,0 (ou 100 %) et non pas 0,8.
Affirmation 3 : VRAIE.
L’espérance vaut E(X) = np = 310 et la variance V(X) = np(1-p) = 290,78. L’intervalle ]230 ; 390[ correspond à un écart maximal de 80 autour de l’espérance. D’après Bienaymé-Tchebychev : P(|X – 310| ≥ 80) ≤ 290,78 / 80² ≈ 0,0455. Le complémentaire est donc supérieur à 1 – 0,0455 = 0,9545 (soit plus de 95 %).
Affirmation 4 : VRAIE.
Le nombre de façons de choisir les membres de l’équipe est donné par le produit des combinaisons : 2 parmi 4 musiciens et 3 parmi 6 non-musiciens, soit C(4,2) × C(6,3) = 6 × 20 = 120.
Exercice 4 (6 points) – Fonctions (Analyse et Logarithme)
Partie A : Lecture graphique
Q1 a. b. La tangente au sommet en x = 1 est horizontale, donc f'(1) = 0. La courbe coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse 0,5, la solution est donc x = 1/2.
Q2. Nombre dérivé f'(1/2) : correspond au coefficient directeur de la tangente passant par (1/2 ; 0) et (1 ; e²). Pente = (e² – 0) / (1 – 1/2) = e² / (1/2) = 2e².
Q3. Identification des primitives : f étant négative puis positive, ses primitives doivent être décroissantes puis croissantes, avec un minimum local en x = 1/2. Les courbes C1 et C2 respectent cette contrainte.
Partie B : Étude analytique
Q1 a. b. Limite : En transformant l’écriture, f(x) = e² × (2x – 1) / e2x-1. Par croissance comparée, la limite en +∞ du quotient de type X/eX vaut 0, donc lim f(x) = 0.
Q2 a. b. Variations : En dérivant le produit, on obtient f'(x) = (-4x + 4)e-2x+3. Le terme exponentiel étant toujours positif, f'(x) change de signe en x = 1. La fonction f est croissante sur [0 ; 1], atteint un maximum égal à e en x = 1, puis décroît sur [1 ; +∞[.
Q3. Intersection Logo : L’écart de 0,3 cm impose 2f(α) = 0,3 ⇒ f(α) = 0,15. Sur [1 ; +∞[, f décroît continûment de e (≈ 2,71) vers 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires, 0,15 est atteint une unique fois. La calculatrice donne α ≈ 3,3.
Partie C : Intégration et Application
Q1. Intégration par parties : En posant u(x) = 2x – 1 et v'(x) = e-2x+3, on intègre pour trouver la valeur exacte I = -3,3e-3,6 + 0,5e². La calculatrice affiche I ≈ 3,608, soit 3,6 arrondi au dixième.
Q2. Volume du porte-clé : L’aire totale grisée par symétrie vaut 2 × I ≈ 7,2 cm². En multipliant par l’épaisseur de l’objet (0,2 cm), on obtient un volume de 7,2 × 0,2 = 1,44 cm³, soit 1,4 cm³.
Les académies ont déjà mobilisé plus de 23 000 correcteurs pour s’attaquer à la numérisation et à la notation des 1,6 million de copies de cette session 2026. Profite des prochains jours pour souffler un bon coup, les épreuves écrites les plus lourdes sont enfin derrière toi !
