Ensuite, Voici le corrigé complet du bac de maths 2024 en Amérique du Nord, sujet 2, épreuve de spécialité de la deuxième journée. Le premier exercice s’appuie sur les immatriculations de véhicules hybrides rechargeables en 2022 : arbre pondéré, probabilités totales et conditionnelles, puis loi binomiale sur 500 véhicules et recherche d’un seuil à l’aide du logarithme népérien. Ainsi, le deuxième se place dans un pavé droit : vecteur normal, équation cartésienne du plan \( (HMF) \), position de deux plans, représentation paramétrique d’une droite, point d’intersection et projeté orthogonal. En outre, le troisième étudie la suite récurrente \( u_{n+1} = 2u_n – u_n^2 \) : raisonnement par récurrence, convergence, suite auxiliaire géométrique, forme explicite et programme Python de seuil. Puis le dernier porte sur \( f(x) = a\ln(x) \) : primitive, aire sous la courbe et tangente dont une longueur reste constante. Par ailleurs, chaque réponse est justifiée pas à pas.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Amérique du Nord : bac de maths 2024 sujet 2 corrigé en PDF. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé bac Nord : organisation du corrigé
D’abord, précisons que ce corrigé bac Nord concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Amérique du Nord (sujet 2), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont les probabilités conditionnelles, la loi binomiale, la fonction logarithme népérien et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Probabilités conditionnelles et loi binomiale (5 points)
D’après les chiffres de 2022 : \( 22{,}86\,\% \) des véhicules immatriculés sont neufs, \( 8{,}08\,\% \) des véhicules neufs sont des hybrides rechargeables et \( 1{,}27\,\% \) des véhicules d’occasion sont des hybrides rechargeables. Les probabilités sont arrondies au dix-millième.
Partie A
On choisit un véhicule immatriculé en 2022. \( N \) : « le véhicule est neuf » ; \( R \) : « le véhicule est hybride rechargeable ».
1. On demande l’arbre pondéré. On lit \( P(N) = 0{,}2286 \), \( P_N(R) = 0{,}0808 \) et \( P_{\overline{N}}(R) = 0{,}0127 \) ; les autres branches s’obtiennent par complément à 1 : \( P(\overline{N}) = 0{,}7714 \), \( P_N(\overline{R}) = 0{,}9192 \), \( P_{\overline{N}}(\overline{R}) = 0{,}9873 \).
2. Probabilité que le véhicule soit neuf et hybride rechargeable :
\[ P(N \cap R) = P(N) \times P_N(R) = 0{,}2286 \times 0{,}0808 = 0{,}01847088. \]
Arrondie au dix-millième : \( P(N \cap R) \approx 0{,}0185 \).
3. On veut montrer que \( P(R) \approx 0{,}0283 \). Les événements \( N \) et \( \overline{N} \) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[ P(R) = P(N \cap R) + P(\overline{N} \cap R) = P(N) \times P_N(R) + P(\overline{N}) \times P_{\overline{N}}(R) \]
\[ P(R) = 0{,}01847088 + 0{,}7714 \times 0{,}0127 = 0{,}01847088 + 0{,}00979678 = 0{,}02826766. \]
Arrondie au dix-millième : \( P(R) \approx 0{,}0283 \).
4. Probabilité que le véhicule soit neuf sachant qu’il est hybride rechargeable. Avec les valeurs exactes obtenues ci-dessus :
\[ P_R(N) = \frac{P(N \cap R)}{P(R)} = \frac{0{,}01847088}{0{,}02826766} \approx 0{,}6534. \]
\( P_R(N) \approx 0{,}6534 \) : environ deux hybrides rechargeables sur trois sont des véhicules neufs. (Avec les valeurs arrondies \( \dfrac{0{,}0185}{0{,}0283} \) on trouverait \( 0{,}6537 \) ; il vaut mieux garder les valeurs exactes.)
Partie B
On choisit 500 véhicules hybrides rechargeables ; la probabilité qu’un tel véhicule soit neuf est \( 0{,}65 \). Le choix est assimilé à un tirage avec remise et \( X \) compte les véhicules neufs.
1. Paramètres de la loi binomiale. On répète 500 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le véhicule est neuf » a pour probabilité \( 0{,}65 \). Donc \( X \) suit la loi binomiale de paramètres \( n = 500 \) et \( p = 0{,}65 \).
2. Probabilité qu’exactement 325 véhicules soient neufs :
\[ P(X = 325) = \binom\,{500}{325} \times 0{,}65^{325} \times 0{,}35^{175} \approx 0{,}0374. \]
\( P(X = 325) \approx 0{,}0374 \) (calculatrice : binomFdp(500 ; 0,65 ; 325)).
3. On calcule \( P(X \geq\, 325) \) et on interprète. Par complément :
\[ P(X \geq\, 325) = 1 – P(X \leq\, 324) \approx 1 – 0{,}4794 \approx 0{,}5206. \]
\( P(X \geq\, 325) \approx 0{,}5206 \). Interprétation : il y a environ 52 % de chances qu’au moins 325 des 500 véhicules hybrides rechargeables choisis soient neufs. C’est logique puisque l’espérance vaut \( E(X) = 500 \times 0{,}65 = 325 \).
Partie C
On choisit maintenant \( n \) véhicules hybrides rechargeables (\( n \geq\, 1 \)), toujours avec remise, chacun étant neuf avec la probabilité \( 0{,}65 \).
1. Expression de la probabilité \( p_n \) que tous soient d’occasion. Chaque véhicule est d’occasion avec la probabilité \( 1 – 0{,}65 = 0{,}35 \), et les choix sont indépendants, donc :
\[ p_n = 0{,}35^n. \]
2. \( q_n \) est la probabilité qu’au moins un véhicule soit neuf ; on cherche le plus petit \( n \) tel que \( q_n \geq\, 0{,}9999 \). L’événement « au moins un est neuf » est le contraire de « tous sont d’occasion », donc \( q_n = 1 – 0{,}35^n \).
\[ q_n \geq\, 0{,}9999 \iff 1 – 0{,}35^n \geq\, 0{,}9999 \iff 0{,}35^n \leq\, 0{,}0001. \]
La fonction \( \ln \) est strictement croissante sur \( ]0 ; +\infty[ \), donc :
\[ 0{,}35^n \leq\, 0{,}0001 \iff n \ln(0{,}35) \leq\, \ln(0{,}0001) \iff n \geq\, \frac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}35)} \]
car \( \ln(0{,}35) \lt 0 \) (on change le sens de l’inégalité en divisant). Or \( \dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}35)} \approx 8{,}77 \). Comme \( n \) est entier, la plus petite valeur est \( n = 9 \). Vérification : \( q_8 \approx 0{,}99977 \lt 0{,}9999 \) et \( q_9 \approx 0{,}99992 \geq\, 0{,}9999 \).
Exercice 2 :
Géométrie dans l’espace
On travaille dans un pavé droit \( ABCDEFGH \) muni du repère orthonormé d’origine \( A \), avec \( B(3 ; 0 ; 0) \), \( D(0 ; 1 ; 0) \) et \( E(0 ; 0 ; 1) \). Le point \( M \) est le milieu du segment \( [DC] \) et \( \vec{n}(2 ; 6 ; 3) \).
1. Coordonnées des points \( F \), \( H \) et \( M \). On a \( C(3 ; 1 ; 0) \), donc :
\( F(3 ; 0 ; 1) \), \( H(0 ; 1 ; 1) \) et, comme milieu de \( [DC] \), \( M(1{,}5 ; 1 ; 0) \).
2. a. On montre que \( \vec{n} \) est normal au plan \( (HMF) \). On a
\[ \vec{FH}\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{FM}\begin{pmatrix}-1{,}5\\1\\-1\end{pmatrix}. \]
Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de \( \vec{FH} \) est nulle alors que celle de \( \vec{FM} \) ne l’est pas, et \( \vec{FH} \) n’est pas nul. Ils dirigent donc bien le plan \( (HMF) \). Ensuite :
\[ \vec{n} \cdot \vec{FH} = 2 \times (-3) + 6 \times 1 + 3 \times 0 = 0, \qquad \vec{n} \cdot \vec{FM} = 2 \times (-1{,}5) + 6 \times 1 + 3 \times (-1) = 0. \]
\( \vec{n} \) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \( (HMF) \) : c’est un vecteur normal à ce plan.
b. Équation cartésienne de \( (HMF) \). Elle est de la forme \( 2x + 6y + 3z + d = 0 \). Comme \( F(3 ; 0 ; 1) \) appartient au plan : \( 6 + 0 + 3 + d = 0 \), soit \( d = -9 \).
\( (HMF) : 2x + 6y + 3z – 9 = 0 \). On peut vérifier avec \( H \) : \( 0 + 6 + 3 – 9 = 0 \), et avec \( M \) : \( 3 + 6 + 0 – 9 = 0 \).
Exercice 2 du corrigé bac Nord : questions 3 à 5
c. Les plans \( \mathcal{P} \) et \( (HMF) \) sont-ils parallèles ? Le plan \( \mathcal{P} \) de l’énoncé a pour vecteur normal \( \vec{u}(5 ; 15 ; -3) \). Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Or
\[ \frac{5}{2} = 2{,}5 \quad \text{et} \quad \frac{-3}{3} = -1 : \]
les coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc \( \vec{n} \) et \( \vec{u} \) ne sont pas colinéaires. Les plans \( \mathcal{P} \) et \( (HMF) \) ne sont pas parallèles (ils sont sécants).
3. Représentation paramétrique de la droite \( (DG) \). Avec \( D(0 ; 1 ; 0) \) et \( G(3 ; 1 ; 1) \), on obtient \( \vec{DG}(3 ; 0 ; 1) \), d’où :
\[ (DG) : \begin{cases} x = 3t \\ y = 1 \\ z = t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}. \]
4. Coordonnées du point \( N \), intersection de \( (DG) \) et du plan \( (HMF) \). On remplace la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[ 2 \times 3t + 6 \times 1 + 3t – 9 = 0 \iff 9t – 3 = 0 \iff t = \frac{1}{3}. \]
On obtient \( x = 1 \), \( y = 1 \), \( z = \dfrac{1}{3} \) : \( N(1 ; 1 ; \dfrac{1}{3}) \).
5. Le point \( R(3 ; \dfrac{1}{4} ; \dfrac{1}{2}) \) est-il le projeté orthogonal de \( G \) sur \( (HMF) \) ? Il faut deux conditions : \( R \in (HMF) \) et \( \vec{GR} \) colinéaire à \( \vec{n} \).
\[ 2 \times 3 + 6 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{1}{2} – 9 = 6 + 1{,}5 + 1{,}5 – 9 = 0 : \]
le point \( R \) appartient bien au plan \( (HMF) \). En revanche
\[ \vec{GR}\begin{pmatrix}0\\-\frac{3}{4}\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix} \]
Exercice 2 du corrigé bac Nord (suite)
a une première coordonnée nulle alors que celle de \( \vec{n}(2 ; 6 ; 3) \) vaut 2 : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( (GR) \) n’est pas orthogonale au plan. \( R \) n’est pas le projeté orthogonal de \( G \) sur \( (HMF) \).
Pour information, le vrai projeté s’obtient avec la droite passant par \( G \) dirigée par \( \vec{n} \) : \( (3 + 2k ; 1 + 6k ; 1 + 3k) \) ; en reportant dans l’équation du plan, \( 49k + 6 = 0 \), soit \( k = -\dfrac{6}{49} \), d’où le point \( (\dfrac{135}{49} ; \dfrac{13}{49} ; \dfrac{31}{49}) \).
Exercice 3 :
Suite récurrente, récurrence et logarithme
On étudie \( g(x) = 2x – x^2 \) sur \( [0 ; 1] \) et la suite définie par \( u_0 = \dfrac{1}{2} \) et \( u_{n+1} = g(u_n) \).
1. Variations de \( g \) sur \( [0 ; 1] \). La fonction polynôme \( g \) est dérivable et \( g^{\prime}(x) = 2 – 2x = 2(1 – x) \). Pour \( 0 \leq\, x \lt 1 \), \( g^{\prime}(x) \gt 0 \), et \( g^{\prime}(1) = 0 \) : \( g \) est strictement croissante sur \( [0 ; 1] \), avec \( g(0) = 0 \) et \( g(1) = 1 \).
| \( x \) | \( 0 \) | \( 1 \) | |
| \( g^{\prime}(x) \) | \( + \) | \( 0 \) | |
| \( g \) | \( 0 \) | croissante | \( 1 \) |
2. Calcul de \( u_1 \) et \( u_2 \) :
\[ u_1 = g(\frac{1}{2}) = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4}, \qquad u_2 = g(\frac{3}{4}) = \frac{3}{2} – \frac{9}{16} = \frac{15}{16}. \]
3. On démontre par récurrence que pour tout entier naturel \( n \) : \( P(n) : 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \).
- Initialisation : \( u_0 = \dfrac{1}{2} \) et \( u_1 = \dfrac{3}{4} \), et \( 0 \lt \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{3}{4} \lt 1 \) : \( P(0) \) est vraie.
- Hérédité : soit \( n \in \mathbb{N} \) tel que \( 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \). Ces nombres sont dans \( [0 ; 1] \), où \( g \) est strictement croissante, donc \( g(0) \lt g(u_n) \lt g(u_{n+1}) \lt g(1) \), c’est-à-dire \( 0 \lt u_{n+1} \lt u_{n+2} \lt 1 \) : \( P(n+1) \) est vraie.
- Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \).
Exercice 3 du corrigé bac Nord : questions 4 à 9
4. Convergence. D’après la question 3, la suite \( (u_n) \) est strictement croissante et majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, \( (u_n) \) converge vers une limite \( \ell \).
5. Valeur de \( \ell \). La fonction \( g \) est continue sur \( [0 ; 1] \) et \( u_{n+1} = g(u_n) \), donc \( \ell \) vérifie \( g(\ell) = \ell \) :
\[ 2\ell – \ell^2 = \ell \iff \ell – \ell^2 = 0 \iff \ell(1 – \ell) = 0 \iff \ell = 0 \ \text{ou} \ \ell = 1. \]
La suite est croissante, donc \( u_n \geq\, u_0 = \dfrac{1}{2} \) pour tout \( n \), et \( \ell \geq\, \dfrac{1}{2} \). Ainsi \( \ell = 1 \).
6. On pose \( v_n = \ln(1 – u_n) \) (bien défini car \( u_n \lt 1 \)) et on montre que \( (v_n) \) est géométrique. Pour tout \( n \) :
\[ 1 – u_{n+1} = 1 – 2u_n + u_n^2 = (1 – u_n)^2, \]
\[ v_{n+1} = \ln((1 – u_n)^2) = 2\ln(1 – u_n) = 2v_n. \]
\( (v_n) \) est géométrique de raison 2 et de premier terme \( v_0 = \ln(\dfrac{1}{2}) = -\ln(2) \).
7. Expression de \( v_n \) : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( v_n = -\ln(2) \times 2^n \).
8. Expression de \( u_n \) et limite. De \( v_n = \ln(1 – u_n) \) on tire \( 1 – u_n = \mathrm{e}^{v_n} \), donc :
\[ u_n = 1 – \mathrm{e}^{-\ln(2) \times 2^n} = 1 – (\frac{1}{2})^{2^n}. \]
Comme \( 2 \gt 1 \), \( \lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty \), donc \( \lim\limits_{n \to +\infty} (-\ln(2) \times 2^n) = -\infty \) (car \( \ln 2 \gt 0 \)). Or \( \lim\limits_{X \to -\infty} \mathrm{e}^X = 0 \), donc par composition \( \lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1 \), ce qui confirme la question 5.
9. Fonction Python seuil renvoyant le plus petit entier \( n \) tel que \( u_n \geq\, 0{,}95 \) :
def seuil():
n = 0
u = 0.5
while u < 0.95:
n = n + 1
u = 2*u - u**2
return n
Elle renvoie 3 : \( u_2 = \dfrac{15}{16} = 0{,}9375 \lt 0{,}95 \) et \( u_3 = 1 – \dfrac{1}{256} \approx 0{,}996 \).
Exercice 4 :
Fonction logarithme, primitive, aire et tangente
\( a \) est un réel strictement positif et \( f(x) = a\ln(x) \) sur \( ]0 ; +\infty[ \) ; \( \mathcal{C} \) est sa courbe et \( x_0 \) un réel strictement supérieur à 1.
1. Point d’intersection de \( \mathcal{C} \) avec l’axe des abscisses :
\[ f(x) = 0 \iff a\ln(x) = 0 \iff \ln(x) = 0 \iff x = 1 \quad (\text{car } a \neq 0). \]
\( \mathcal{C} \) coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées \( (1 ; 0) \).
2. On vérifie que \( F(x) = a(x\ln(x) – x) \) est une primitive de \( f \) sur \( ]0 ; +\infty[ \). \( F \) est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables, et :
\[ F^{\prime}(x) = a(1 \times \ln(x) + x \times \frac{1}{x} – 1) = a\ln(x) = f(x). \]
\( F \) est bien une primitive de \( f \).
3. Aire du domaine grisé, délimité par \( \mathcal{C} \), l’axe des abscisses et les droites d’équations \( x = 1 \) et \( x = x_0 \). Sur \( [1 ; x_0] \), \( \ln(x) \geq\, 0 \) et \( a \gt 0 \), donc \( f \geq\, 0 \) et l’aire (en unités d’aire) vaut :
\[ \mathcal{A} = \int_1^{x_0} f(x)\,\mathrm{d}x = F(x_0) – F(1) = a(x_0\ln(x_0) – x_0) – a(0 – 1). \]
\( \mathcal{A} = a(x_0\ln(x_0) – x_0 + 1) \).
Exercice 4 : question 4
4. \( T \) est la tangente à \( \mathcal{C} \) au point d’abscisse \( x_0 \), \( A \) son point d’intersection avec l’axe des ordonnées et \( B \) le point de l’axe des ordonnées d’ordonnée \( f(x_0) \). On montre que la longueur \( AB \) ne dépend pas de \( x_0 \).
\( f \) est dérivable et \( f^{\prime}(x) = \dfrac{a}{x} \). Une équation de \( T \) est \( y = f^{\prime}(x_0)(x – x_0) + f(x_0) \), soit :
\[ T : y = \frac{a}{x_0}(x – x_0) + a\ln(x_0). \]
Pour \( x = 0 \) : \( y = -a + a\ln(x_0) \), donc \( A(0 ; a\ln(x_0) – a) \). Par ailleurs \( B(0 ; a\ln(x_0)) \). Ces deux points sont sur l’axe des ordonnées, donc :
\[ AB = | a\ln(x_0) – (a\ln(x_0) – a) | = |a| = a. \]
La longueur \( AB \) est constante et vaut \( a \), quel que soit \( x_0 \).
Comment réviser avec ce corrigé bac Nord
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent les probabilités conditionnelles et la loi binomiale. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur probabilités conditionnelles.
Les pièges classiques
- En probabilités, ne confondez pas la probabilité d’une intersection avec une probabilité conditionnelle : la première se lit le long d’un chemin de l’arbre, la seconde sur une seule branche.
- Avant d’annoncer une loi binomiale, justifiez la répétition d’épreuves identiques et indépendantes à deux issues, puis précisez les deux paramètres.
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
Corrigé bac Nord : questions fréquentes
Quelles notions revoir avant de commencer ? En priorité, les probabilités conditionnelles, la loi binomiale et la fonction logarithme népérien, mais aussi la géométrie dans l’espace.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
