Corrigé bac blanc maths 2024 n° 1

Sommaire

Voici le corrigé détaillé de ce sujet, rédigé question par question : chaque résultat est justifié et les calculs sont posés. L’énoncé se trouve sur la page Bac de maths 2024 blanc n°1 : sujet et corrigé du baccalauréat en PDF. : cherchez d’abord chaque exercice seul, puis comparez votre copie avec cette correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 : correction du bac blanc 2024

Partie A

1. D’après l’énoncé, \(P(I)=0{,}004\), donc \(P(\overline{I})=1-0{,}004=0{,}996\). On a aussi \(P_I(T)=0{,}992\), d’où \(P_I(\overline{T})=1-0{,}992=0{,}008\), et \(P_{\overline{I}}(\overline{T})=0{,}984\), d’où \(P_{\overline{I}}(T)=1-0{,}984=0{,}016\). L’arbre complété est le suivant.

2. a. On cherche \(P(\overline{I}\cap\overline{T})=P(\overline{I})\times P_{\overline{I}}(\overline{T})=0{,}996\times 0{,}984=0{,}980064\).

Donc \(P(\overline{I}\cap\overline{T})\approx 0{,}980\) à \(10^{-3}\) près.

b. Les événements \(I\) et \(\overline{I}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(T)=P(I\cap T)+P(\overline{I}\cap T)=0{,}004\times 0{,}992+0{,}996\times 0{,}016=0{,}003968+0{,}015936=0{,}019904.\]

Donc \(P(T)\approx 0{,}020\) à \(10^{-3}\) près.

c. La valeur prédictive positive est \(P_T(I)=\dfrac{P(I\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}003968}{0{,}019904}\approx 0{,}19936\).

La valeur prédictive positive du test est environ 0,199 : moins d’une vache sur cinq testée positive est réellement infectée, car la maladie est rare.

d. L’information est erronée lors de l’événement \((\overline{I}\cap T)\cup(I\cap\overline{T})\), réunion de deux événements incompatibles :

\[P(\overline{I}\cap T)+P(I\cap\overline{T})=0{,}996\times 0{,}016+0{,}004\times 0{,}008=0{,}015936+0{,}000032=0{,}015968.\]

La probabilité que le test donne une information erronée est environ 0,016.

Partie B

3. a. On répète 100 fois, de manière identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le test est positif » a pour probabilité \(p=0{,}02\). \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=100\) et \(p=0{,}02\).

b. \(P(X=3)=\dbinom{100}{3}\times 0{,}02^{3}\times 0{,}98^{97}\approx 0{,}18228\), donc \(P(X=3)\approx 0{,}182\).

c. \(P(X\leq\, 3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)\approx 0{,}13262+0{,}27065+0{,}27341+0{,}18228\approx 0{,}85896\) (calculatrice : loi binomiale cumulée).

Donc \(P(X\leq\, 3)\approx 0{,}859\).

4. Soit \(Y_n\) le nombre de vaches testées positives dans un échantillon de \(n\) vaches ; \(Y_n\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}02\). Alors \(P(Y_n\geq\, 1)=1-P(Y_n=0)=1-0{,}98^{n}\).

\[1-0{,}98^{n}\geq\, 0{,}99 \iff 0{,}98^{n}\leq\, 0{,}01 \iff n\ln(0{,}98)\leq\,\ln(0{,}01) \iff n\geq\,\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}98)}\]

car la fonction \(\ln\) est strictement croissante et \(\ln(0{,}98)\lt 0\) (le sens de l’inégalité change en divisant). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}98)}\approx 227{,}95\).

Vérification : \(1-0{,}98^{227}\approx 0{,}9898\lt 0{,}99\) et \(1-0{,}98^{228}\approx 0{,}9900\geq\, 0{,}99\). La valeur minimale est \(n=228\).

Exercice 2 : correction du bac blanc 2024

1. a. Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}\) au point d’abscisse 1 est \(f^{\prime}(1)\). On lit sur \(\mathcal{C}^{\prime}\) le point d’abscisse 1 : son ordonnée vaut 2. Donc le coefficient directeur est 2.

b. \(f\) est convexe sur les intervalles où \(f^{\prime}\) est croissante. Graphiquement, \(f^{\prime}\) décroît jusqu’au point de tangente horizontale d’abscisse environ 7,4, puis croît. Donc \(f\) est convexe sur \([7{,}4\,;+\infty[\) environ.

2. a. \(\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}(2-\ln x)=-\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).

b. \(\lim\limits_{x\to 0}\ln x=-\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to 0}(2-\ln x)=+\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=-\infty\).

Interprétation : la droite d’équation \(x=0\), c’est-à-dire l’axe des ordonnées, est asymptote verticale à la courbe \(\mathcal{C}\).

3. Pour \(x\gt 0\) : \(f(x)=0 \iff 2-\ln x=0 \text{ ou } \ln x=0 \iff x=e^{2} \text{ ou } x=1\).

L’équation a exactement deux solutions : la courbe \(\mathcal{C}\) coupe l’axe des abscisses en deux points, \((1\,;0)\) et \((e^{2}\,;0)\).

4. a. On pose \(u(x)=2-\ln x\) et \(v(x)=\ln x\), avec \(u^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x}\) et \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\). Alors :

\[f^{\prime}(x)=u^{\prime}(x)v(x)+u(x)v^{\prime}(x)=-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{2-\ln x}{x}=\dfrac{2-2\ln x}{x}=\dfrac{2(1-\ln x)}{x}.\]

b. Sur \(]0\,;+\infty[\), \(x\gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-\ln x\). Or \(1-\ln x\gt 0 \iff \ln x\lt 1 \iff x\lt e\). Ainsi \(f^{\prime}(x)\gt 0\) sur \(]0\,;e[\), \(f^{\prime}(e)=0\) et \(f^{\prime}(x)\lt 0\) sur \(]e\,;+\infty[\).

Maximum : \(f(e)=(2-1)\times 1=1\).

\(x\)	\(0\)		\(e\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
variations de \(f\)	\(-\infty\)	croissante	\(1\)	décroissante	\(-\infty\)

\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;e]\), strictement décroissante sur \([e\,;+\infty[\), de maximum \(f(e)=1\).

5. Pour \(x\gt 0\), \(x^{2}\gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(\ln x-2\) : \(f^{\prime\prime}(x)\geq\, 0 \iff \ln x\geq\, 2 \iff x\geq\, e^{2}\).

Donc \(f\) est concave sur \(]0\,;e^{2}]\) et convexe sur \([e^{2}\,;+\infty[\) (on retrouve la lecture graphique : \(e^{2}\approx 7{,}39\)).

\(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe en \(e^{2}\), et \(f(e^{2})=(2-2)\times 2=0\). Le point d’inflexion de \(\mathcal{C}\) est \((e^{2}\,;0)\).

Exercice 3 : correction du bac blanc 2024

1. Avec \(n=1\) : \(u_2=\dfrac{1}{e}(1+\dfrac{1}{1})u_1=\dfrac{1}{e}\times 2\times \dfrac{1}{e}\), soit \(u_2=\dfrac{2}{e^{2}}\).

Avec \(n=2\) : \(u_3=\dfrac{1}{e}(1+\dfrac{1}{2})u_2=\dfrac{1}{e}\times \dfrac{3}{2}\times \dfrac{2}{e^{2}}\), soit \(u_3=\dfrac{3}{e^{3}}\).

2. La variable u doit valoir \(u_1\) au départ, puis la boucle, pour i allant de 1 à \(n-1\), calcule \(u_{i+1}\) à partir de \(u_i\) : après le dernier passage, u contient \(u_n\).

\(L_2\)	u = 1/exp(1) (avec from math import exp en début de programme)
\(L_4\)	*u = 1/exp(1)(1 + 1/i)u*

3. a. Pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(\dfrac{1}{n}\leq\, 1\), donc \(1+\dfrac{1}{n}\leq\, 2\). Comme \(e\approx 2{,}718\gt 2\), on obtient \(1+\dfrac{1}{n}\leq\, e\).

b. Pour \(n\geq\, 1\), \(u_n\gt 0\) et \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{1}{e}(1+\dfrac{1}{n})\). D’après la question a, et puisque \(e\gt 0\), \(\dfrac{1}{e}(1+\dfrac{1}{n})\leq\, 1\).

Donc \(u_{n+1}\leq\, u_n\) pour tout \(n\geq\, 1\) : la suite \((u_n)\) est décroissante.

c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0 (tous ses termes sont strictement positifs). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) est convergente.

4. a. Pour \(n\geq\, 1\), on note \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n=\dfrac{n}{e^{n}}\) ».

Initialisation : \(\dfrac{1}{e^{1}}=\dfrac{1}{e}=u_1\), donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. Alors \(u_{n+1}=\dfrac{1}{e}\times \dfrac{n+1}{n}\times \dfrac{n}{e^{n}}=\dfrac{n+1}{e^{n+1}}\), donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(u_n=\dfrac{n}{e^{n}}\).

b. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{e^{n}}{n}=+\infty\), donc par passage à l’inverse \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\).

Exercice 4 :

Question 1 : réponse c. Pour \(G(1\,;0\,;1)\) : \(3\times 1+2\times 0+1-4=0\), donc \(G\in\mathcal{P}\). Pour les autres : \(E\) donne \(-6\), \(F\) donne \(2\) et \(H\) donne \(1\), valeurs non nulles.

Question 2 : réponse d. \(\vec{AB}(2\,;0\,;4)\), \(\vec{AC}(2\,;2\,;-1)\), \(\vec{BC}(0\,;2\,;-5)\), donc \(AB^{2}=20\), \(AC^{2}=9\) et \(BC^{2}=29\).

Comme \(AB^{2}+AC^{2}=29=BC^{2}\), le triangle est rectangle en \(A\) (réciproque du théorème de Pythagore), et ses trois côtés ont des longueurs différentes : \(ABC\) est rectangle non isocèle.

Question 3 : réponse d. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}(-1\,;0\,;3)\) et un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}(3\,;2\,;1)\). \(\vec{u}\cdot\vec{n}=-3+0+3=0\) : \(\Delta\) est parallèle à \(\mathcal{P}\). Le point \(D(1\,;2\,;-4)\) de \(\Delta\) (obtenu pour \(t=0\)) vérifie \(3+4-4-4=-1\neq 0\), donc \(D\notin\mathcal{P}\) : \(\Delta\) est strictement parallèle à \(\mathcal{P}\).

Question 4 : réponse a. \(BA=\sqrt{20}\) et \(BC=\sqrt{29}\). Comme \(\vec{BA}\cdot\vec{BC}=BA\times BC\times \cos\widehat{ABC}\), on a \(\cos\widehat{ABC}=\dfrac{20}{\sqrt{20}\times \sqrt{29}}=\sqrt{\dfrac{20}{29}}\approx 0{,}830\), d’où \(\widehat{ABC}\approx 34^{\circ}\).

Question 5 : réponse b. Un vecteur normal à \(\mathcal{P}^{\prime}\) est \(\vec{n^{\prime}}(-6\,;-4\,;-2)=-2\,\vec{n}\) : les plans sont parallèles. Le point \(G(1\,;0\,;1)\) de \(\mathcal{P}\) donne \(-6-0-2+7=-1\neq 0\) dans l’équation de \(\mathcal{P}^{\prime}\) : les plans sont strictement parallèles et leur intersection est l’ensemble vide.