Corrigé Sud 2024 : ce que contient la correction
Avant tout, ce corrigé Sud 2024 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Amérique du Sud (jour 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, le calcul intégral 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 : réponses détaillées du corrigé Sud 2024
Partie 1
1. Une personne est de rhésus positif lorsqu’elle est A+, O+, B+ ou AB+. Ces quatre évènements sont deux à deux incompatibles, donc leurs probabilités s’additionnent :
\[P(Rh+) = 0{,}382 + 0{,}365 + 0{,}077 + 0{,}025 = 0{,}849.\]
2. Être de groupe A et de rhésus positif, c’est exactement l’évènement \(A+\) : \(P(A \cap Rh+) = 0{,}382\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{Rh+}(A) = \dfrac{P(A \cap Rh+)}{P(Rh+)} = \dfrac{0{,}382}{0{,}849} \approx 0{,}450.\]
On obtient bien \(P_{Rh+}(A) \approx 0{,}450\) à 0,001 près.
3. On cherche \(P_{AB}(Rh-)\). Le groupe AB regroupe AB+ et AB−, donc \(P(AB) = 0{,}025 + 0{,}004 = 0{,}029\), et \(P(AB \cap Rh-) = P(AB-) = 0{,}004\). D’où :
\[P_{AB}(Rh-) = \dfrac{0{,}004}{0{,}029} = \dfrac{4}{29} \approx 0{,}138.\]
La probabilité que son rhésus soit négatif est environ 0,138.
Partie 2
1. a. Choisir une personne et regarder si elle est donneur universel est une épreuve de Bernoulli de succès « la personne est O− », de probabilité \(p = 0{,}065\). La population étant très grande, on assimile le choix des 50 personnes à 50 répétitions identiques et indépendantes de cette épreuve. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}065)\). Ainsi :
\[P(X = 8) = \dbinom{50}{8} \times 0{,}065^8 \times 0{,}935^{42} \approx 0{,}010.\]
La probabilité qu’exactement 8 des 50 personnes soient donneurs universels est environ 0,010.
b. La boucle ajoute à \(p\) les valeurs \(P(X = 0)\), \(P(X = 1)\), …, \(P(X = k)\). Donc proba(k) renvoie \(P(X \leq\, k)\), et proba(8) renvoie \(P(X \leq\, 8) \approx\) 0,995.
Interprétation : parmi 50 personnes choisies au hasard, la probabilité qu’il y ait au plus 8 donneurs universels est environ 0,995.
2. On choisit maintenant \(n\) personnes ; le nombre \(Y\) de donneurs universels parmi elles suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}065)\). L’évènement « au moins un donneur universel » est le contraire de « aucun », donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}935^n\). On résout, avec \(\ln\) strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :
\[1 – 0{,}935^n \gt 0{,}999 \iff 0{,}935^n \lt 0{,}001 \iff n\ln(0{,}935) \lt \ln(0{,}001) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)}.\]
On a divisé par \(\ln(0{,}935) \lt 0\), d’où le changement de sens. Comme \(\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)} \approx 102{,}8\), il faut choisir au minimum 103 personnes. (Contrôle : \(1 – 0{,}935^{102} \approx 0{,}99895\) et \(1 – 0{,}935^{103} \approx 0{,}99901\).)
Exercice 2 : réponses détaillées du corrigé Sud 2024
Partie 1
On commence par l’affirmation 3, qui donne l’expression explicite de \(u_n\) et facilite les deux autres.
3. Affirmation 3 : VRAI. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 3 = \dfrac{1}{3}u_n + 2 – 3 = \dfrac{1}{3}u_n – 1 = \dfrac{1}{3}(u_n – 3) = \dfrac{1}{3}v_n.\]
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{1}{3}\) et de premier terme \(v_0 = 10 – 3 = 7\). On en déduit \(v_n = 7(\dfrac{1}{3})^n\), puis \(u_n = 3 + 7(\dfrac{1}{3})^n\).
1. Affirmation 1 : VRAI. D’après l’expression précédente, \(u_n \gt 3 \gt 0\) pour tout \(n\) : la suite est minorée par 0. De plus :
\[u_{n+1} – u_n = 7(\dfrac{1}{3})^{n+1} – 7(\dfrac{1}{3})^n = 7(\dfrac{1}{3})^n(\dfrac{1}{3} – 1) = -\dfrac{14}{3}(\dfrac{1}{3})^n \lt 0.\]
La suite \((u_n)\) est donc décroissante et minorée par 0.
2. Affirmation 2 : FAUX. Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{3} \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} (\dfrac{1}{3})^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 3\), et non 0.
Partie 2
1. Affirmation 4 : VRAI. Une fonction constante \(y = c\) a une dérivée nulle ; elle est solution de \((E)\) si et seulement si \(0 = \dfrac{3}{2}c + 2\), c’est-à-dire \(c = -\dfrac{4}{3}\). La fonction constante \(x \mapsto -\dfrac{4}{3}\) est donc solution de \((E)\).
3. Affirmation 5 : VRAI. Les solutions de \(y^{\prime} = \dfrac{3}{2}y\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x}\) ; en ajoutant la solution constante trouvée ci-dessus, les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x} – \dfrac{4}{3}\), \(C \in \mathbb{R}\).
La condition \(f(0) = 0\) donne \(C – \dfrac{4}{3} = 0\), donc \(C = \dfrac{4}{3}\) et \(f(x) = \dfrac{4}{3}(\text{e}^{\frac{3}{2}x} – 1)\). Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 est \(f^{\prime}(1)\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{3}{2}\text{e}^{\frac{3}{2}x} = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}x}, \quad \text{donc} \quad f^{\prime}(1) = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}}.\]
Exercice 3 : réponses détaillées du corrigé Sud 2024
Partie 1
1. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} (x^2 – 4) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^{-x} = +\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).
En \(+\infty\) : on écrit \(f(x) = x^2\text{e}^{-x} – 4\text{e}^{-x} = \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} – \dfrac{4}{\text{e}^{x}}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4}{\text{e}^{x}} = 0\). Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\) : l’axe des abscisses est asymptote à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. On dérive le produit \(u(x) = x^2 – 4\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 2x\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^{-x} – (x^2 – 4)\text{e}^{-x} = (-x^2 + 2x + 4)\text{e}^{-x}.\]
3. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 + 2x + 4\). Son discriminant est \(\Delta = 4 + 16 = 20\), ses racines sont \(x_1 = \dfrac{-2 + \sqrt{20}}{-2} = 1 – \sqrt{5}\) et \(x_2 = 1 + \sqrt{5}\). Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles.
Valeurs aux bornes : \(f(1 – \sqrt{5}) = (2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1} \approx -8{,}51\) et \(f(1 + \sqrt{5}) = (2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}} \approx 0{,}25\) (on a utilisé \((1 \pm \sqrt{5})^2 – 4 = 2 \pm 2\sqrt{5}\)).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(1 – \sqrt{5}\) | \(1 + \sqrt{5}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \((2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1}\) | \(\nearrow\) | \((2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}}\) | \(\searrow\) | 0 |
\(f\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,1 – \sqrt{5}]\), croissante sur \([1 – \sqrt{5}\,;\,1 + \sqrt{5}]\) et décroissante sur \([1 + \sqrt{5}\,;\,+\infty[\).
Partie 2
1. Une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\), donc :
\[I_0 = \displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} = -\text{e}^{0} + \text{e}^{2} = \text{e}^2 – 1.\]
2. Dans \(I_{n+1} = \displaystyle\int_{-2}^{0} x^{n+1}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\), on pose \(u(x) = x^{n+1}\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = (n + 1)x^n\) et \(v(x) = -\text{e}^{-x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([-2\,;\,0]\). La formule d’intégration par parties donne :
\[I_{n+1} = \Big[-x^{n+1}\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} + (n + 1)\displaystyle\int_{-2}^{0} x^n\text{e}^{-x}\,\text{d}x = (0 + (-2)^{n+1}\text{e}^{2}) + (n + 1)I_n.\]
En effet, le crochet vaut 0 en 0 et \(-(-2)^{n+1}\text{e}^{2}\) en \(-2\). On obtient bien \(I_{n+1} = (-2)^{n+1}\text{e}^2 + (n + 1)I_n\).
3. Avec \(n = 0\) : \(I_1 = (-2)^1\text{e}^2 + 1 \times I_0 = -2\text{e}^2 + \text{e}^2 – 1\), donc \(I_1 = -\text{e}^2 – 1\).
Avec \(n = 1\) : \(I_2 = (-2)^2\text{e}^2 + 2I_1 = 4\text{e}^2 – 2\text{e}^2 – 2\), donc \(I_2 = 2\text{e}^2 – 2\).
Partie 3
1. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f(x)\) a le signe de \(x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2)\). Donc \(f(x) \gt 0\) sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]2\,;\,+\infty[\), \(f(x) \lt 0\) sur \(]-2\,;\,2[\), et \(f\) s’annule en \(-2\) et en 2.
2. Le domaine \(D\) correspond à \(x\) compris entre \(-2\) et 0. Sur cet intervalle \(f\) est continue et négative, donc l’aire vaut l’opposé de l’intégrale. Par linéarité :
\[S = -\displaystyle\int_{-2}^{0} (x^2 – 4)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\displaystyle\int_{-2}^{0} x^2\text{e}^{-x}\,\text{d}x + 4\displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -I_2 + 4I_0.\]
\[S = -(2\text{e}^2 – 2) + 4(\text{e}^2 – 1) = 2\text{e}^2 – 2.\]
L’aire du domaine \(D\) vaut \(2\text{e}^2 – 2 \approx 12{,}78\) unités d’aire, ce qui est cohérent avec la figure (un peu moins que le rectangle de 2 sur 8,5).
Exercice 4 : la solution du corrigé Sud 2024
Partie 1 : Distance du point O au plan (ABC)
1. On a \(\vec{\text{AB}}(-3\,;\,2\,;\,0)\) et \(\vec{\text{AC}}(-3\,;\,0\,;\,2)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{AB}}\)). Or :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = -6 + 6 + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = -6 + 0 + 6 = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
2. Le plan (ABC) admet donc une équation de la forme \(2x + 3y + 3z + d = 0\). Il passe par A, d’où \(6 + d = 0\), soit \(d = -6\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(2x + 3y + 3z – 6 = 0\). (Contrôle : B donne \(6 – 6 = 0\) et C donne \(6 – 6 = 0\).)
3. La droite \(d\) passe par O(0 ; 0 ; 0) et est dirigée par \(\vec{n}\) :
\[d : \{\begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 3t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]
4. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan : \(2(2t) + 3(3t) + 3(3t) – 6 = 0\), soit \(22t = 6\), donc \(t = \dfrac{3}{11}\). On obtient \(\text{H}(\dfrac{6}{11}\,;\,\dfrac{9}{11}\,;\,\dfrac{9}{11})\).
5. La droite (OH) est dirigée par un vecteur normal au plan et H appartient au plan : H est le projeté orthogonal de O sur (ABC), et la distance de O au plan est OH. Le repère étant orthonormé :
\[\text{OH} = \sqrt{\dfrac{36 + 81 + 81}{121}} = \dfrac{\sqrt{198}}{11} = \dfrac{\sqrt{9 \times 22}}{11} = \dfrac{3\sqrt{22}}{11}.\]
Partie 2 : Démonstration de la propriété
1. Les axes du repère sont deux à deux perpendiculaires : le triangle OAB est rectangle en O et la droite (OC) est perpendiculaire au plan (OAB). On prend OAB comme base et OC = 2 comme hauteur. L’aire de OAB vaut \(\dfrac{\text{OA} \times \text{OB}}{2} = \dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.\]
Le volume du tétraèdre OABC vaut bien 2 unités de volume.
2. On calcule ce même volume en prenant ABC pour base ; la hauteur associée est alors OH. En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de ABC : \(2 = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{11}\), c’est-à-dire \(2 = \dfrac{\sqrt{22}}{11}\mathcal{A}\). D’où :
\[\mathcal{A} = \dfrac{22}{\sqrt{22}} = \sqrt{22}.\]
3. Les trois autres faces sont des triangles rectangles en O :
- OAB : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
- OAC : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
- OBC : aire \(\dfrac{2 \times 2}{2} = 2\), dont le carré vaut 4.
La somme des carrés vaut \(9 + 9 + 4 = 22\), et le carré de l’aire de ABC vaut \((\sqrt{22})^2 = 22\). Le carré de l’aire de ABC est donc égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces : c’est l’analogue, dans l’espace, du théorème de Pythagore.
Corrigé Sud 2024 : méthode pour bien s’entraîner
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction exponentielle propose un rappel complet.
Les erreurs qui coûtent des points
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Une intégrale ne mesure une aire que si la fonction est positive sur l’intervalle : vérifiez le signe avant de conclure en unités d’aire.
Questions fréquentes sur ce corrigé Sud 2024
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et le calcul intégral, mais aussi la géométrie dans l’espace.
Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.
En outre, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2024 en Amérique du Sud (jour 2) : sujet et corrigé.
