Corrigé du bac de maths 2025 en Asie (jour 2)

Corrigé Asie 2025 : organisation du corrigé

Avant tout, ce corrigé Asie 2025 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Asie (jour 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, le calcul intégral et les probabilités conditionnelles. 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 Asie 2025

Partie A

1. Les deux caractéristiques fournies par le laboratoire sont des probabilités conditionnelles : la première concerne les individus malades, la seconde les individus sains. Donc \(P_{M}(T)=0{,}999\) et \(P_{\overline{M}}(T)=0{,}005\).

2. Sur l’île, 270 000 personnes sur 750 000 ont été infectées. Comme l’individu est choisi au hasard, on est en situation d’équiprobabilité : \(P(M)=\dfrac{270\,000}{750\,000}=\dfrac{27}{75}=\dfrac{9}{25}\), soit \(P(M)=0{,}36\).

3. Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut 1. On en déduit \(P(\overline{M})=1-0{,}36=0{,}64\), \(P_M(\overline{T})=1-0{,}999=0{,}001\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T})=1-0{,}005=0{,}995\). L’arbre complété est donc :

• branche vers \(M\) : \(0{,}36\), puis de \(M\) vers \(T\) : \(0{,}999\) et de \(M\) vers \(\overline{T}\) : \(0{,}001\) ;
• branche vers \(\overline{M}\) : \(0{,}64\), puis de \(\overline{M}\) vers \(T\) : \(0{,}005\) et de \(\overline{M}\) vers \(\overline{T}\) : \(0{,}995\).

4. On cherche \(P(M\cap T)\). On multiplie les probabilités le long du chemin \(M\) puis \(T\) :

\[P(M\cap T)=P(M)\times P_M(T)=0{,}36\times 0{,}999=0{,}359\,64\]

La probabilité qu’un individu soit atteint et ait un test positif est \(P(M\cap T)\approx 0{,}360\).

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

\[P(T)=P(M\cap T)+P(\overline{M}\cap T)=0{,}359\,64+0{,}64\times 0{,}005=0{,}359\,64+0{,}003\,2=0{,}362\,84\]

Donc \(P(T)\approx 0{,}363\).

Exercice 1 du corrigé Asie 2025, partie A : questions 6 à 7

6. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_T(M)\) :

\[P_T(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}359\,64}{0{,}362\,84}\approx 0{,}991\]

La probabilité qu’un individu testé positif soit réellement atteint est environ 0,991.

7. Le test est fiable si \(P_T(M)\gt 0{,}95\). Ici \(P_T(M)\approx 0{,}991\gt 0{,}95\) : on peut estimer que ce test est fiable sur la population de La Réunion en 2005 (plus de 99 % des tests positifs correspondent à des personnes malades).

Partie B

1. Seule la probabilité d’être atteint change : elle vaut maintenant \(p\), donc celle de ne pas l’être vaut \(1-p\). Les probabilités conditionnelles liées au test sont inchangées :

• branche vers \(M\) : \(p\), puis \(T\) : \(0{,}999\) et \(\overline{T}\) : \(0{,}001\) ;
• branche vers \(\overline{M}\) : \(1-p\), puis \(T\) : \(0{,}005\) et \(\overline{T}\) : \(0{,}995\).

2. Toujours avec la formule des probabilités totales (partition \(M\), \(\overline{M}\)) :

\[P(T)=p\times 0{,}999+(1-p)\times 0{,}005=0{,}999p+0{,}005-0{,}005p\]

soit \(P(T)=0{,}994p+0{,}005\).

3. Par définition d’une probabilité conditionnelle, \(P_T(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}999p}{0{,}994p+0{,}005}\). En multipliant numérateur et dénominateur par 1000 :

\[P_T(M)=\dfrac{999p}{994p+5}\]

ce qui est bien l’expression demandée.

4. On résout \(P_T(M)\gt 0{,}95\) pour \(p\in\,]0~;~1]\). Le dénominateur \(994p+5\) est strictement positif, on peut donc multiplier les deux membres par lui sans changer le sens de l’inégalité :

\[\dfrac{999p}{994p+5}\gt 0{,}95 \iff 999p\gt 944{,}3p+4{,}75 \iff 54{,}7p\gt 4{,}75 \iff p\gt \dfrac{4{,}75}{54{,}7}=\dfrac{95}{1094}\]

Or \(\dfrac{95}{1094}\approx 0{,}0868\). Le test est donc fiable lorsque la proportion de malades dans la population cible dépasse environ 8,7 %, c’est-à-dire pour \(p\in]\dfrac{95}{1094}~;~1]\). Pour une maladie rare, un test positif ne suffit donc pas à conclure.

Partie C

L’évènement « au moins un des \(n\) habitants est atteint » s’écrit \(X\geq\, 1\). Son contraire est \(X=0\) (aucun habitant atteint), et comme \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~0{,}36)\) :

\[P(X\geq\, 1)=1-P(X=0)=1-(1-0{,}36)^n=1-0{,}64^n\]

On cherche donc le plus petit entier \(n\) tel que \(1-0{,}64^n\gt 0{,}99\), c’est-à-dire \(0{,}64^n\lt 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\) :

\[0{,}64^n\lt 0{,}01 \iff n\ln(0{,}64)\lt \ln(0{,}01) \iff n\gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}64)}\]

car \(\ln(0{,}64)\lt 0\) (on change le sens de l’inégalité en divisant). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}64)}\approx 10{,}32\). Vérification : \(1-0{,}64^{10}\approx 0{,}988\) et \(1-0{,}64^{11}\approx 0{,}993\). Il faut donc au moins 11 individus dans l’échantillon.

Exercice 2 :

Partie A

1. On applique la relation de récurrence : \(u_1=\dfrac{1}{2}\times 30+10=25\) puis \(u_2=\dfrac{1}{2}\times 25+10=12{,}5+10\). Donc \(u_1=25\) et \(u_2=22{,}5\).

2. Pour tout entier naturel \(n\), on exprime \(v_{n+1}\) en fonction de \(v_n\) :

\[v_{n+1}=u_{n+1}-20=\dfrac{1}{2}u_n+10-20=\dfrac{1}{2}u_n-10=\dfrac{1}{2}(u_n-20)=\dfrac{1}{2}v_n\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac12\), de premier terme \(v_0=u_0-20=10\).

3. Le terme général d’une suite géométrique est \(v_n=v_0\times q^n\), d’où \(v_n=10(\dfrac{1}{2})^n\) pour tout entier naturel \(n\).

4. Comme \(v_n=u_n-20\), on a \(u_n=v_n+20\), donc \(u_n=20+10(\dfrac{1}{2})^n\) pour tout entier naturel \(n\).

5. Puisque \(-1\lt \dfrac{1}{2}\lt 1\), on a \(\lim\limits_{n\to+\infty}(\dfrac{1}{2})^n=0\). Par produit par 10 puis somme avec 20, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=20\) : la suite \((u_n)\) converge vers 20.

Partie B

1. On prend \(n=0\) dans la définition : \(w_1=\dfrac{1}{2}w_0+\dfrac{1}{2}u_0+7=\dfrac{45}{2}+\dfrac{30}{2}+7=22{,}5+15+7\), donc \(w_1=44{,}5\).

2. Déroulons suite(1) : la boucle ne tourne qu’une fois. La ligne 5 remplace d’abord U par \(u_1=25\), puis la ligne 6 calcule W avec cette nouvelle valeur : \(\dfrac{45}{2}+\dfrac{25}{2}+7=42\). Or \(w_1\) doit être calculé avec \(u_0=30\), pas avec \(u_1\). Le problème vient de l’ordre des instructions : il faut calculer W avant de mettre U à jour, c’est-à-dire échanger les lignes 5 et 6 :

def suite(n):
    U=30
    W=45
    for i in range (1,n+1):
        W=W/2+U/2+7
        U=U/2+10
    return W

Avec cette version, à chaque tour, W passe de \(w_{i-1}\) à \(w_i\) en utilisant \(u_{i-1}\), puis U passe de \(u_{i-1}\) à \(u_i\) : suite(1) renvoie bien 44,5.

3. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(w_{n}=10 n(\dfrac{1}{2})^{n}+11(\dfrac{1}{2})^{n}+ 34\) ».

Initialisation. Pour \(n=0\) : \(10\times 0\times 1+11\times 1+34=45=w_0\). La propriété \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. En utilisant cette hypothèse et l’expression de \(u_n\) obtenue en partie A :

\[w_{n+1}=\dfrac{1}{2}[10n(\dfrac{1}{2})^n+11(\dfrac{1}{2})^n+34]+\dfrac{1}{2}[20+10(\dfrac{1}{2})^n]+7\]

\[w_{n+1}=10n(\dfrac{1}{2})^{n+1}+11(\dfrac{1}{2})^{n+1}+17+10+10(\dfrac{1}{2})^{n+1}+7\]

On regroupe les termes en \(10(\dfrac{1}{2})^{n+1}\) :

\[w_{n+1}=10(n+1)(\dfrac{1}{2})^{n+1}+11(\dfrac{1}{2})^{n+1}+34\]

La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(w_{n}=10 n(\dfrac{1}{2})^{n}+11(\dfrac{1}{2})^{n}+ 34\).

b. Pour \(n\geq\, 4\), on a \(0 \leq\, 10 n(\dfrac{1}{2})^{n} \leq\, \dfrac{10}{n}\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{10}{n}=0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}10n(\dfrac{1}{2})^n=0\). Par ailleurs \(\lim\limits_{n\to+\infty}11(\dfrac{1}{2})^n=0\) car \(0\lt\dfrac12\lt 1\). Par somme, la suite \((w_n)\) converge et \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=34\).

Exercice 3 :

Affirmation 1 : vraie.

Un vecteur directeur de \((d)\) se lit sur les coefficients de \(t\) : \(\vec{u}(\dfrac13~;~\dfrac12~;~1)\). Un vecteur normal au plan \(P\) se lit sur son équation : \(\vec{n}(2~;~3~;~6)\). On remarque que \(\vec{n}=6\,\vec{u}\) : ces vecteurs sont colinéaires, donc \((d)\) est orthogonale à \(P\).

H appartient à \(P\) : \(2\times (-6)+3\times 2+6\times 2-6=-12+6+12-6=0\).

H appartient à \((d)\) : l’équation \(-4+t=2\) donne \(t=6\), et avec \(t=6\) on obtient \(x=-8+2=-6\) et \(y=-1+3=2\), qui sont bien les coordonnées de H.

La droite \((d)\) est donc orthogonale à \(P\) et le coupe en H (une droite orthogonale à un plan le coupe en un seul point, qui est ici H).

Affirmation 2 : fausse.

L’angle \(\widehat{\mathrm{DCH}}\) est l’angle au sommet C, entre les vecteurs \(\vec{\mathrm{CD}}(-3~;~2~;~0)\) et \(\vec{\mathrm{CH}}(-9~;~2~;~2)\). Leur produit scalaire vaut :

\[\vec{\mathrm{CD}}\cdot\vec{\mathrm{CH}}=(-3)\times (-9)+2\times 2+0\times 2=31\]

Les normes sont \(\mathrm{CD}=\sqrt{9+4+0}=\sqrt{13}\) et \(\mathrm{CH}=\sqrt{81+4+4}=\sqrt{89}\). Comme \(\vec{\mathrm{CD}}\cdot\vec{\mathrm{CH}}=\mathrm{CD}\times \mathrm{CH}\times \cos\widehat{\mathrm{DCH}}\) :

\[\cos\widehat{\mathrm{DCH}}=\dfrac{31}{\sqrt{13}\times \sqrt{89}}=\dfrac{31}{\sqrt{1157}}\approx 0{,}9114\]

À la calculatrice, \(\widehat{\mathrm{DCH}}\approx 24{,}3^{\circ}\), et non \(17{,}3^{\circ}\).

Affirmation 3 : vraie.

Les vecteurs normaux \(\vec{n}(2~;~3~;~6)\) de \(P\) et \(\vec{n^{\prime}}(1~;~-2~;~3)\) de \(P^{\prime}\) ne sont pas colinéaires (le rapport des premières coordonnées est 2, celui des deuxièmes est \(-\dfrac32\)). Les plans \(P\) et \(P^{\prime}\) ne sont donc pas parallèles : ils sont sécants selon une droite.

Prenons un point quelconque \(\mathrm{M}(3-3t~;~0~;~t)\) de \(\Delta\) :

• dans \(P\) : \(2(3-3t)+3\times 0+6t-6=6-6t+6t-6=0\) ;
• dans \(P^{\prime}\) : \((3-3t)-2\times 0+3t-3=0\).

Exercice 3 du corrigé Asie 2025 (suite)

Tous les points de \(\Delta\) appartiennent aux deux plans, donc \(\Delta\) est contenue dans leur intersection, qui est une droite : les deux droites sont confondues. L’intersection de \(P\) et \(P^{\prime}\) est bien \(\Delta\).

Affirmation 4 : vraie.

Il faut vérifier deux choses : J est sur (CD), et \(\vec{\mathrm{HJ}}\) est orthogonal à \(\vec{\mathrm{CD}}\).

Une représentation paramétrique de (CD), passant par C et dirigée par \(\vec{\mathrm{CD}}(-3~;~2~;~0)\), est \(x=3-3s\), \(y=2s\), \(z=0\), \(s\in\mathbb{R}\). Pour \(s=\dfrac{31}{13}\) : \(y=\dfrac{62}{13}\), \(x=3-\dfrac{93}{13}=\dfrac{39-93}{13}=-\dfrac{54}{13}\) et \(z=0\). Ce sont les coordonnées de J, donc \(\text{J}\in(\mathrm{CD})\).

Ensuite \(\vec{\mathrm{HJ}}(-\dfrac{54}{13}+6~;~\dfrac{62}{13}-2~;~0-2)\), soit \(\vec{\mathrm{HJ}}(\dfrac{24}{13}~;~\dfrac{36}{13}~;~-2)\), et :

\[\vec{\mathrm{HJ}}\cdot\vec{\mathrm{CD}}=\dfrac{24}{13}\times (-3)+\dfrac{36}{13}\times 2+(-2)\times 0=\dfrac{-72+72}{13}=0\]

J est le point de (CD) tel que \((\mathrm{HJ})\perp(\mathrm{CD})\) : J est le projeté orthogonal de H sur (CD).

Exercice 4 :

Partie A

1. La courbe part de 40 °C à \(t=0\). Elle monte, puis redescend et recoupe la droite horizontale d’ordonnée 40 un peu avant l’abscisse 4. Par lecture graphique, la température revient à sa valeur initiale au bout d’environ 3,8 minutes.

2. \(f(0)=(a\times 0+b)\text{e}^{0}=b\). Comme \(f(0)=40\), on obtient \(b=40\).

3. \(f\) est le produit de \(t\mapsto at+40\) (dérivée \(a\)) et de \(t\mapsto \text{e}^{-0{,}5t}\) (dérivée \(-0{,}5\text{e}^{-0{,}5t}\)). Donc :

\[f^{\prime}(t)=a\,\text{e}^{-0{,}5t}-0{,}5(at+40)\text{e}^{-0{,}5t}\]

En ajoutant \(0{,}5f(t)=0{,}5(at+40)\text{e}^{-0{,}5t}\), les deux derniers termes s’annulent : \(f^{\prime}(t)+0{,}5f(t)=a\,\text{e}^{-0{,}5t}\).

Comme \(f\) vérifie (E), on a pour tout \(t\) de \([0~;~10]\) : \(a\,\text{e}^{-0{,}5t}=60\,\text{e}^{-0{,}5t}\), et puisque \(\text{e}^{-0{,}5t}\neq 0\), \(a=60\).

Partie B

1. Avec la formule \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\), où \(u(t)=60t+40\) et \(v(t)=\text{e}^{-0{,}5t}\) :

\[f^{\prime}(t)=60\,\text{e}^{-0{,}5t}+(60t+40)\times (-0{,}5\,\text{e}^{-0{,}5t})=(60-30t-20)\text{e}^{-0{,}5t}\]

donc \(f^{\prime}(t)=(40-30t)\text{e}^{-0{,}5t}\) pour tout \(t\) de \([0~;~10]\).

2. a. Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(40-30t\). Or \(40-30t\geq\, 0\iff t\leq\,\dfrac{4}{3}\). Ainsi \(f^{\prime}\) est positive sur \([0~;~\dfrac43]\) (nulle seulement en \(\dfrac43\)) et négative sur \([\dfrac43~;~10]\) : \(f\) est croissante sur \([0~;~\dfrac43]\) et décroissante sur \([\dfrac43~;~10]\).

Valeurs utiles : \(f(0)=40\), \(f(\dfrac43)=(80+40)\text{e}^{-\frac{2}{3}}=120\,\text{e}^{-\frac23}\approx 61{,}6\) et \(f(10)=640\,\text{e}^{-5}\approx 4{,}31\).

b. Sur \(]0~;~\dfrac43]\) : \(f\) est strictement croissante et \(f(0)=40\), donc \(f(t)\gt 40\) pour tout \(t\) de cet intervalle ; l’équation \(f(t)=40\) n’y a aucune solution.

Sur \([\dfrac43~;~10]\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, avec \(f(\dfrac43)\approx 61{,}6\gt 40\) et \(f(10)\approx 4{,}31\lt 40\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t)=40\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.

En réunissant les deux intervalles, l’équation \(f(t)=40\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0~;~10]\).

c. À la calculatrice (tableau de valeurs avec un pas de 0,1) : \(f(3{,}8)\approx 40{,}08\gt 40\) et \(f(3{,}9)\approx 38{,}98\lt 40\), donc \(3{,}8\lt\alpha\lt 3{,}9\) ; plus finement \(\alpha\approx 3{,}808\), d’où \(\alpha\approx 3{,}8\). Interprétation : après avoir chauffé, la réaction revient à sa température initiale de 40 °C au bout d’environ 3,8 minutes, ce qui confirme la lecture graphique de la partie A.

Exercice 4 du corrigé Asie 2025, partie B : question 3

3. a. On pose \(u(t)=60t+40\) et \(v^{\prime}(t)=\text{e}^{-0{,}5t}\), donc \(u^{\prime}(t)=60\) et \(v(t)=-2\,\text{e}^{-0{,}5t}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([0~;~4]\), et la formule d’intégration par parties donne :

\[\int_0^4 f(t)\,\mathrm{d}t=\Big[-2(60t+40)\text{e}^{-0{,}5t}\Big]_0^4-\int_0^4 60\times (-2\,\text{e}^{-0{,}5t})\mathrm{d}t=\Big[-2(60t+40)\text{e}^{-0{,}5t}\Big]_0^4+120\int_0^4\text{e}^{-0{,}5t}\,\mathrm{d}t\]

Le crochet vaut \(-2\times 280\,\text{e}^{-2}-(-2\times 40)=-560\,\text{e}^{-2}+80\).

L’intégrale restante vaut \(\Big[-2\,\text{e}^{-0{,}5t}\Big]_0^4=-2\,\text{e}^{-2}+2\), donc \(120\) fois cette intégrale vaut \(-240\,\text{e}^{-2}+240\).

Au total :

\[\int_0^4 f(t)\,\mathrm{d}t=-560\,\text{e}^{-2}+80-240\,\text{e}^{-2}+240=320-800\,\text{e}^{-2}=320-\dfrac{800}{\text{e}^{2}}\]

b. Avec \(t_1=0\) et \(t_2=4\), la température moyenne vaut :

\[\dfrac{1}{4-0}\int_0^4 f(t)\,\mathrm{d}t=\dfrac{1}{4}(320-\dfrac{800}{\text{e}^{2}})=80-\dfrac{200}{\text{e}^{2}}\approx 52{,}9\]

La température moyenne de la réaction au cours des 4 premières minutes est d’environ 53 °C.

Comment réviser avec ce corrigé Asie 2025

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. 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. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les pièges classiques

• 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 Asie 2025

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 ? En priorité, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et le calcul intégral, mais aussi les probabilités conditionnelles.

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.

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