L’essentiel : Corrigé du bac blanc de maths 2024 blanc n° 1 : chaque question est résolue avec les calculs et la méthode attendue, exercice par exercice (correction du bac blanc 2024, correction du bac blanc 2024 et correction du bac blanc 2024). Idéal pour réviser l’examen en se corrigeant ; corrigé gratuit en PDF.
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.
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