Corrigé septembre 2025 : présentation de la correction
Avant tout, ce corrigé septembre 2025 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en France (septembre, jour 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la loi binomiale et les probabilités conditionnelles. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Chaque année est une épreuve à deux issues : succès « El Niño est dominant », de probabilité 0,4, ou échec. On observe 10 années, les survenues étant indépendantes d’une année à l’autre et la probabilité de succès restant la même : on répète donc 10 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli. \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}4\).
2. a. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 = 45 \times 0{,}16 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}1209.\]
La probabilité que El Niño soit dominant exactement 2 années sur 10 est d’environ 0,121.
b. On additionne les probabilités des valeurs 0, 1 et 2 (évènements incompatibles) :
\[P(X \leq\, 2) = 0{,}6^{10} + 10 \times 0{,}4 \times 0{,}6^9 + 45 \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}0060 + 0{,}0403 + 0{,}1209 \approx 0{,}1673.\]
\(P(X \leq\, 2) \approx 0{,}167\) : selon ce modèle, il y a environ 16,7 % de chances que, sur une période de 10 ans, El Niño soit dominant au plus 2 années.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 10 \times 0{,}4 = 4\). \(E(X) = 4\) : sur un grand nombre de périodes de 10 ans, El Niño est dominant en moyenne 4 années par période.
Partie B
1. On complète l’arbre à partir des données de l’énoncé et du fait que, sur chaque nœud, les probabilités des branches ont pour somme 1 :
- branche vers \(\overline{E_n}\) : \(1 – p_n\) ;
- après \(E_n\) : \(P_{E_n}(E_{n+1}) = 0{,}5\) et \(P_{E_n}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}5\) ;
- après \(\overline{E_n}\) : \(P_{\overline{E_n}}(E_{n+1}) = 0{,}3\) et \(P_{\overline{E_n}}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}7\).
2. En 2023, El Niño n’était pas dominant : l’évènement \(\overline{E_0}\) est certain. L’année suivante, il est dominant avec la probabilité \(P_{\overline{E_0}}(E_1) = 0{,}3\). Par la formule des probabilités totales, \(p_1 = p_0 \times 0{,}5 + (1 – p_0) \times 0{,}3 = 0 + 1 \times 0{,}3\), donc \(p_1 = 0{,}3\).
3. \(E_n\) et \(\overline{E_n}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales, en suivant les deux chemins qui mènent à \(E_{n+1}\) :
\[p_{n+1} = P(E_n \cap E_{n+1}) + P(\overline{E_n} \cap E_{n+1}) = 0{,}5\,p_n + 0{,}3\,(1 – p_n) = 0{,}5\,p_n – 0{,}3\,p_n + 0{,}3.\]
On obtient bien \(p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3\) pour tout entier naturel \(n\).
4. a. On calcule les premiers termes : \(p_0 = 0\), \(p_1 = 0{,}3\), \(p_2 = 0{,}36\), \(p_3 = 0{,}372\), \(p_4 = 0{,}3744\), \(p_5 = 0{,}37488\). On conjecture que \((p_n)\) est croissante et converge vers 0,375, c’est-à-dire \(\dfrac{3}{8}\).
b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) ».
Initialisation. \(p_0 = 0 \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\). En multipliant par \(0{,}2 \gt 0\), puis en ajoutant 0,3 :
\[0{,}2\,p_n + 0{,}3 \leq\, 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} + 0{,}3 = 0{,}075 + 0{,}3 = 0{,}375 = \dfrac{3}{8}.\]
Donc \(p_{n+1} \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Exercice 1 du corrigé septembre 2025, partie B : question 5
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\).
c. Pour tout \(n\), \(p_{n+1} – p_n = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – p_n = 0{,}3 – 0{,}8\,p_n\). Or \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) donne \(0{,}8\,p_n \leq\, 0{,}8 \times 0{,}375 = 0{,}3\), donc \(p_{n+1} – p_n \geq\, 0\). La suite \((p_n)\) est croissante.
d. La suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{3}{8}\). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge, vers une limite inférieure ou égale à \(\dfrac{3}{8}\).
5. a. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(0{,}3 – \dfrac{3}{8} = -0{,}075 = 0{,}2 \times (-\dfrac{3}{8})\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{3}{8} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – 0{,}375 = 0{,}2\,p_n – 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} = 0{,}2(p_n – \dfrac{3}{8}) = 0{,}2\,u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison 0,2, de premier terme \(u_0 = p_0 – \dfrac{3}{8} = -\dfrac{3}{8}\).
b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n\) pour tout \(n\). Comme \(p_n = u_n + \dfrac{3}{8}\) :
\[p_n = \dfrac{3}{8} – \dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n = \dfrac{3}{8}(1 – 0{,}2^n).\]
c. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}2^n = 0\), donc par produit et somme \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{3}{8} = 0{,}375\).
d. Avec ce second modèle, la probabilité que El Niño soit dominant une année donnée se rapproche de 0,375 quand on s’éloigne de 2023 : à long terme, El Niño est dominant environ 3 années sur 8. Cette valeur est proche de celle du premier modèle (0,4) mais un peu plus faible.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : fausse (si l’on comprend qu’il y a 272 groupes possibles). Un groupe est un ensemble d’élèves : l’ordre ne compte pas. On choisit 2 filles parmi 14, puis 2 garçons parmi 10 ; par le principe multiplicatif, le nombre de groupes est :
\[\binom\,{14}{2} \times \binom\,{10}{2} = \dfrac{14 \times 13}{2} \times \dfrac{10 \times 9}{2} = 91 \times 45 = 4\,095.\]
Il y a donc 4 095 groupes différents de deux filles et deux garçons, et non 272 : l’affirmation, qui annonce 272 groupes, est fausse. Remarque : si on lit la phrase au pied de la lettre (« peut-on former 272 groupes distincts ? »), la réponse serait oui puisque \(272 \leq\, 4\,095\) ; l’intention de la question est toutefois de dénombrer les groupes.
2. Affirmation 2 : vraie. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec \((\sin(ax + b))^{\prime} = a\cos(ax + b)\), \(f^{\prime}(x) = 6\cos(2x + \pi)\). En \(\dfrac{\pi}{2}\) : \(2 \times \dfrac{\pi}{2} + \pi = 2\pi\), donc \(f(\dfrac{\pi}{2}) = 3\sin(2\pi) = 0\) et \(f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2}) = 6\cos(2\pi) = 6\). La tangente a pour équation :
\[y = f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2})(x – \dfrac{\pi}{2}) + f(\dfrac{\pi}{2}) = 6(x – \dfrac{\pi}{2}) = 6x – 3\pi.\]
L’affirmation 2 est vraie.
3. Affirmation 3 : fausse. Il suffit de dériver \(F\) et de comparer avec \(f\). Par la règle du produit, pour \(x \gt 0\) :
\[F^{\prime}(x) = 2\ln(x) + (2x + 1) \times \dfrac{1}{x} = 2\ln(x) + 2 + \dfrac{1}{x}.\]
Par exemple \(F^{\prime}(1) = 0 + 2 + 1 = 3\) alors que \(f(1) = 2\). Donc \(F^{\prime} \neq f\) : \(F\) n’est pas une primitive de \(f\), l’affirmation 3 est fausse.
Exercice 2 du corrigé septembre 2025 : questions 4 à 5
4. Affirmation 4 : fausse. On a bien \(g(0) = 45 + 20 = 65\), mais \(g^{\prime}(t) = 45 \times 0{,}06\,\text{e}^{0{,}06t} = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t}\), d’où :
\[g^{\prime}(t) + 0{,}06\,g(t) = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 = 5{,}4\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 \neq 1{,}2.\]
\(g\) n’est donc pas solution de \((E_1)\). (Les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) ; celle qui vaut 65 en 0 est \(t \mapsto 45\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) : c’est le signe de l’exposant qui ne va pas.) L’affirmation 4 est fausse.
5. Affirmation 5 : vraie (avec l’hypothèse de l’énoncé : \(y\) positive). Soit \(y\) une solution positive de \((E_2)\). On a \(y^{\prime} = y + 3\,\text{e}^{0{,}4x}\), somme de deux fonctions positives, donc \(y^{\prime} \geq\, 0\). De plus \(y^{\prime}\) est alors dérivable (somme de fonctions dérivables) et, en dérivant l’égalité :
\[y^{\prime\prime} = y^{\prime} + 1{,}2\,\text{e}^{0{,}4x}.\]
C’est encore une somme de deux termes positifs, donc \(y^{\prime\prime} \geq\, 0\) sur \(\mathbb{R}\) : \(y\) est convexe sur \(\mathbb{R}\), l’affirmation 5 est vraie.
Remarque : l’hypothèse « \(y\) positive » est indispensable. Les solutions de \((E_2)\) sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x}\) ; avec \(C = 0\) on obtient \(x \mapsto -5\,\text{e}^{0{,}4x}\), qui est concave. En fait, comme \(C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x} = \text{e}^{0{,}4x}(C\,\text{e}^{0{,}6x} – 5)\) devient négatif quand \(x\) tend vers \(-\infty\), aucune solution n’est positive sur tout \(\mathbb{R}\) : l’affirmation n’est vraie que dans le cadre fixé par l’énoncé.
Exercice 3 :
Partie A
1. Le trinôme \(-x^2 + 7x + 8\) a pour discriminant \(\Delta = 49 + 32 = 81 = 9^2\), donc deux racines : \(x_1 = \dfrac{-7 – 9}{-2} = 8\) et \(x_2 = \dfrac{-7 + 9}{-2} = -1\). Son coefficient dominant \(-1\) est négatif : le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur. L’ensemble des solutions est \([-1\,;\,8]\).
2. Si \(x \in\ ]0\,;\,8]\), alors \(x \in [-1\,;\,8]\), donc \(-x^2 + 7x + 8 \geq\, 0\), c’est-à-dire \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1\). La fonction \(\ln\) étant croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(\ln(-x^2 + 7x + 9) \geq\, \ln(1) = 0\). Enfin \(x \gt 0\), donc le quotient \(f(x) = \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x}\) est positif : \(f(x) \geq\, 0\) pour tout \(x \in\ ]0\,;\,8]\).
3. La courbe \(C_f\) est au-dessus de l’axe des abscisses sur \(]0\,;\,8]\) ; elle ne le touche qu’en \(x = 8\), où \(f(8) = \dfrac{10\ln(1)}{8} = 0\).
Partie B
1. M a pour coordonnées \((x\,;\,f(x))\). Son projeté orthogonal sur l’axe des abscisses garde l’abscisse et a une ordonnée nulle, son projeté sur l’axe des ordonnées garde l’ordonnée et a une abscisse nulle : \(N(x\,;\,0)\) et \(P(0\,;\,f(x))\), soit \(P(0\,;\,\dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x})\).
2. ONMP est un rectangle de côtés \(ON = x\) (car \(x \gt 0\)) et \(OP = f(x)\) (car \(f(x) \geq\, 0\) d’après la partie A). Son aire vaut :
\[\mathcal{A}(x) = ON \times OP = x \times \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x} = 10\ln(-x^2 + 7x + 9).\]
3. On étudie \(\mathcal{A}\) sur \(]0\,;\,8]\). Sur cet intervalle \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1 \gt 0\), donc \(\mathcal{A}\) est dérivable et, avec \((\ln w)^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :
\[\mathcal{A}^{\prime}(x) = \dfrac{10(-2x + 7)}{-x^2 + 7x + 9}.\]
Le dénominateur est strictement positif, donc \(\mathcal{A}^{\prime}(x)\) a le signe de \(-2x + 7\) : positif pour \(x \lt 3{,}5\), nul en 3,5, négatif pour \(x \gt 3{,}5\). La fonction \(\mathcal{A}\) est croissante sur \(]0\,;\,3{,}5]\) puis décroissante sur \([3{,}5\,;\,8]\) : elle atteint son maximum en \(x = 3{,}5\).
\[\mathcal{A}(3{,}5) = 10\ln(-12{,}25 + 24{,}5 + 9) = 10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56.\]
Oui, l’aire est maximale lorsque M a pour abscisse 3,5, c’est-à-dire \(M(3{,}5\,;\,\dfrac{10\ln(21{,}25)}{3{,}5})\), soit environ \(M(3{,}5\,;\,8{,}73)\). L’aire maximale vaut \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\) unités d’aire.
Partie C
1. On part de \(x = 3{,}5\) et on avance de 0,1 tant que l’aire est encore strictement supérieure à \(k\) ; dès que \(\mathcal{A}(x) \leq\, k\), on sort de la boucle et on renvoie \(x\). Ligne 8 : while A(x) > k : ; ligne 10 : return x. Le script complet :
from math import *
def A(x) :
return 10*log(- 1* x**2 + 7*x + 9)
def pluspetitevaleur(k) :
x = 3.5
while A(x) > k :
x = x + 0.1
return x
2. Sur \([3{,}5\,;\,8]\), la fonction \(\mathcal{A}\) est décroissante, et \(\mathcal{A}(x) \leq\, 30 \iff -x^2 + 7x + 9 \leq\, \text{e}^3 \iff x^2 – 7x + \text{e}^3 – 9 \geq\, 0\). La racine de ce trinôme située dans \([3{,}5\,;\,8]\) est \(\dfrac{7 + \sqrt{49 – 4(\text{e}^3 – 9)}}{2} \approx 4{,}579\). Le programme teste 3,5 ; 3,6 ; … : on a \(\mathcal{A}(4{,}5) \approx 30{,}08 \gt 30\) et \(\mathcal{A}(4{,}6) \approx 29{,}98 \leq\, 30\). pluspetitevaleur(30) renvoie 4,6 (Python affiche 4.599999999999998 à cause des erreurs d’arrondi sur les ajouts successifs de 0.1).
3. D’après la partie B, l’aire ne dépasse jamais \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\), donc \(\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}56 \leq\, 35\). Dès le premier test, la condition A(x) > 35 est fausse : la boucle n’est jamais exécutée et pluspetitevaleur(35) renvoie 3,5, la borne de départ. C’est cohérent : pour \(k = 35\), toutes les aires sont inférieures à \(k\), donc la plus petite valeur de \([3{,}5\,;\,8]\) qui convient est 3,5 elle-même.
Exercice 4 :
1. a. \(\vec{AB}(-5\,;\,2\,;\,-5)\) et \(\vec{AC}(-4\,;\,5\,;\,2)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{AC} = \lambda\,\vec{AB}\) : les premières coordonnées donneraient \(\lambda = \dfrac{4}{5}\), les deuxièmes \(\lambda = \dfrac{5}{2}\), ce qui est contradictoire. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. On teste les coordonnées de D dans l’équation de (ABC) : \(29 \times (-3) + 30 \times (-4) – 17 \times 6 = -87 – 120 – 102 = -309 \neq 35\). D n’appartient pas au plan (ABC) : A, B, C, D ne sont pas coplanaires.
2. a. Le milieu I de [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{4 – 1}{2}\,;\,\dfrac{-1 + 1}{2}\,;\,\dfrac{3 – 2}{2})\), soit \(I(1{,}5\,;\,0\,;\,0{,}5)\).
b. \(P_1\) est orthogonal à (AB), donc \(\vec{BA}(5\,;\,-2\,;\,5)\) en est un vecteur normal : \(P_1\) a une équation de la forme \(5x – 2y + 5z = d\). Comme I appartient à \(P_1\) : \(d = 5 \times 1{,}5 – 0 + 5 \times 0{,}5 = 7{,}5 + 2{,}5 = 10\). Une équation de \(P_1\) est \(5x – 2y + 5z = 10\).
3. a. Le repère étant orthonormé :
\[\text{MC}^2 = x^2 + (y – 4)^2 + (z – 5)^2 = x^2 + y^2 + z^2 – 8y – 10z + 41,\]
\[\text{MD}^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 + (z – 6)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 6x + 8y – 12z + 61.\]
M appartient à \(P_2\) si et seulement si \(\text{MC} = \text{MD}\), c’est-à-dire \(\text{MC}^2 = \text{MD}^2\) (des distances sont positives). Les termes \(x^2 + y^2 + z^2\) s’éliminent :
\[-8y – 10z + 41 = 6x + 8y – 12z + 61 \iff -6x – 16y + 2z = 20 \iff -3x – 8y + z = 10.\]
Exercice 4 du corrigé septembre 2025 : questions 4 à 5
Une équation de \(P_2\) est \(-3x – 8y + z = 10\) (l’énoncé écrit « du plan \(P\) » : il s’agit bien de \(P_2\)).
b. \(\vec{n_1}(5\,;\,-2\,;\,5)\) est normal à \(P_1\) et \(\vec{n_2}(-3\,;\,-8\,;\,1)\) est normal à \(P_2\). S’ils étaient colinéaires, les rapports des coordonnées seraient égaux ; or \(\dfrac{-3}{5} \neq \dfrac{-8}{-2} = 4\). Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles : \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants (suivant une droite).
4. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par la représentation de \(\Delta\), pour tout réel \(t\) :
- dans \(P_1\) : \(5(-2 – 1{,}9t) – 2t + 5(4 + 2{,}3t) = -10 – 9{,}5t – 2t + 20 + 11{,}5t = 10\) : l’équation est vérifiée ;
- dans \(P_2\) : \(-3(-2 – 1{,}9t) – 8t + (4 + 2{,}3t) = 6 + 5{,}7t – 8t + 4 + 2{,}3t = 10\) : l’équation est vérifiée.
Tous les points de \(\Delta\) sont donc dans \(P_1\) et dans \(P_2\). Comme ces plans sont sécants, leur intersection est une droite ; \(\Delta\) est une droite contenue dans cette intersection, donc elle lui est égale : \(\Delta\) est la droite d’intersection de \(P_1\) et \(P_2\).
5. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}(-1{,}9\,;\,1\,;\,2{,}3)\) et un vecteur normal à \(P_3\) est \(\vec{n_3}(8\,;\,-10\,;\,-4)\). On calcule :
\[\vec{u} \cdot \vec{n_3} = -1{,}9 \times 8 + 1 \times (-10) + 2{,}3 \times (-4) = -15{,}2 – 10 – 9{,}2 = -34{,}4 \neq 0.\]
\(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{n_3}\), donc \(\Delta\) n’est pas parallèle à \(P_3\) : la droite \(\Delta\) et le plan \(P_3\) sont sécants (en un seul point).
Exercice 4 du corrigé septembre 2025 : question 6
6. Le point H vérifie \(HA = HB = HC = HD\). Comme \(HA = HB\), H appartient au plan médiateur \(P_1\) ; comme \(HC = HD\), il appartient à \(P_2\) ; donc H est sur \(\Delta = P_1 \cap P_2\). Comme \(HA = HC\), H appartient aussi à \(P_3\). Ainsi H est un point commun à \(\Delta\) et à \(P_3\). D’après la question 5, ce point commun est unique : le point d’intersection de \(\Delta\) et \(P_3\) est H.
Pour aller plus loin, on peut calculer H : en reportant la représentation de \(\Delta\) dans l’équation de \(P_3\), \(8(-2 – 1{,}9t) – 10t – 4(4 + 2{,}3t) = -15\) donne \(-32 – 34{,}4t = -15\), soit \(t = -\dfrac{17}{34{,}4} = -\dfrac{85}{172}\). On obtient \(H(-\dfrac{365}{344}\,;\,-\dfrac{85}{172}\,;\,\dfrac{985}{344}) \approx (-1{,}061\,;\,-0{,}494\,;\,2{,}863)\), et l’on vérifie que \(HA^2 = HB^2 = HC^2 = HD^2 \approx 25{,}89\).
Bien travailler ce corrigé septembre 2025
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. 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. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
Les erreurs fréquentes à éviter
- 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.
- Avant d’annoncer une loi binomiale, justifiez la répétition d’épreuves identiques et indépendantes à deux issues, puis précisez les deux paramètres.
Corrigé septembre 2025 : questions fréquentes
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 la loi binomiale, mais aussi les probabilités conditionnelles.
Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 en France (septembre, jour 2) : sujet et corrigé.
