Voici le corrigé du contrôle de maths de Terminale sur le thème : dénombrement et loi binomiale.
Voici la correction rédigée des quatre exercices. Chaque dénombrement précise ce que l’on compte. Ainsi, on utilise une combinaison quand l’ordre ne compte pas, un k-uplet pour une suite de choix, et l’événement contraire pour « au moins un ».
De plus, la correction met en évidence le lien entre comptage et probabilité. En effet, le nombre de grilles ayant exactement trois bonnes réponses donne la même valeur que la loi binomiale. Enfin, pour la production d’écrans, la correction compare la minoration de Bienaymé-Tchebychev à la valeur exacte, puis résout l’inéquation de concentration. Reporte-toi au barème pour estimer ta note.
L’énoncé se trouve sur la page contrôle de maths terminale : dénombrement et loi binomiale.
| Exercice | Points |
| Exercice 1 : Mains de cinq cartes | 4 points |
| Exercice 2 : Les grilles de réponses d’un QCM | 4 points |
| Exercice 3 : Répondre au hasard | 6 points |
| Exercice 4 : Écrans défectueux | 6 points |
| Total | 20 points |
Exercice 1 : Mains de cinq cartes (4 points)
- Une main est une combinaison de 5 cartes parmi 32. Leur nombre est donc le coefficient binomial « 5 parmi 32 » :
\(\dfrac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{24\,165\,120}{120} = 201\,376\).
Il y a 201 376 mains différentes. - On choisit d’abord 2 as parmi les 4 (« 2 parmi 4 » \(= 6\) façons). Ensuite, on choisit 3 cartes parmi les 28 cartes qui ne sont pas des as (« 3 parmi 28 » \(= \dfrac{28 \times 27 \times 26}{6} = 3\,276\) façons). Alors, par le principe multiplicatif :
\(6 \times 3\,276 = 19\,656\).
19 656 mains contiennent exactement 2 as. - On passe par l’événement contraire. En effet, les mains sans as sont les combinaisons de 5 cartes parmi les 28 qui ne sont pas des as, soit « 5 parmi 28 » \(= 98\,280\).
Donc \(201\,376 – 98\,280 = 103\,096\).
103 096 mains contiennent au moins un as. - Enfin, \(P = \dfrac{19\,656}{201\,376} \approx 0{,}098\).
La probabilité d’obtenir exactement 2 as est environ 0,098.
Barème : a) 0,5 point pour « combinaison », 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour le produit des deux choix, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour l’événement contraire, 0,5 point pour le résultat ; d) 1 point.
Erreur fréquente : compter \(32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28\) mains. En effet, ce nombre compte les tirages ordonnés. Or, dans une main, l’ordre ne compte pas.
Exercice 2 : Les grilles de réponses d’un QCM (4 points)
- Une grille est un 10-uplet dont chaque terme est choisi parmi 4 réponses. Il y en a donc \(4^{10} = 1\,048\,576\).
Il existe 1 048 576 grilles. - On choisit d’abord les 3 questions justes parmi les 10 : « 3 parmi 10 » \(= \dfrac{10 \times 9 \times 8}{6} = 120\) façons. Pour chacune de ces 3 questions, une seule réponse convient. En revanche, pour chacune des 7 autres, il y a 3 réponses fausses possibles, soit \(3^7 = 2\,187\) façons.
Ainsi, \(120 \times 2\,187 = 262\,440\).
262 440 grilles comportent exactement 3 réponses justes. - Pour chacune des 10 questions, on choisit une des 3 réponses fausses. Il y a donc \(3^{10} = 59\,049\) grilles.
59 049 grilles ne comportent aucune réponse juste. - Les grilles sont équiprobables, donc :
\(P = \dfrac{262\,440}{1\,048\,576} \approx 0{,}250\).
La probabilité d’avoir exactement 3 réponses justes est environ 0,250.
Barème : a) 0,5 point pour la justification (10-uplet), 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour le choix des 3 questions, 0,5 point pour \(3^7\), 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point ; d) 1 point.
Exercice 3 : Répondre au hasard (6 points)
Questions a à c : arbre et loi binomiale
- Deux chemins de l’arbre réalisent l’événement : \(R_1 \cap \overline{R_2}\) et \(\overline{R_1} \cap R_2\).
Donc \(P = 0{,}25 \times 0{,}75 + 0{,}75 \times 0{,}25 = 0{,}1875 + 0{,}1875 = 0{,}375\).
La probabilité cherchée est 0,375. - Répondre à une question est une épreuve de Bernoulli. Son succès « la réponse est juste » a pour probabilité \(\frac{1}{4} = 0{,}25\). De plus, cette épreuve est répétée 10 fois de façon identique et indépendante, et X compte les succès. Ainsi, X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;0{,}25)\).
- \(P(X = 3) = 120 \times 0{,}25^3 \times 0{,}75^7 \approx 0{,}250\), où 120 est le coefficient « 3 parmi 10 ».
\(P(X = 3) \approx 0{,}250\) : c’est la même valeur qu’à l’exercice 2 d. C’est normal, car \(\dfrac{120 \times 3^7}{4^{10}} = 120 \times \dfrac{1^3}{4^3} \times \dfrac{3^7}{4^7} = 120 \times 0{,}25^3 \times 0{,}75^7\).
Questions d et e : être reçu au hasard et note moyenne
- La note est \(N = 2X\). Le candidat est donc reçu si \(2X \geq\, 10\), c’est-à-dire \(X \geq\, 5\).
Alors \(P(X \geq\, 5) = 1 – P(X \leq\, 4) \approx 1 – 0{,}922 = 0{,}078\).
La probabilité d’être reçu en répondant au hasard est environ 0,078. - \(E(X) = 10 \times 0{,}25 = 2{,}5\) et \(V(X) = 10 \times 0{,}25 \times 0{,}75 = 1{,}875\).
Par linéarité, \(E(N) = 2E(X) = 5\).
\(E(X) = 2{,}5\), \(V(X) = 1{,}875\) et \(E(N) = 5\). Ainsi, un candidat qui répond au hasard obtient en moyenne 5 sur 20, loin de la moyenne.
Barème : a) 0,5 point pour les deux chemins, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour les conditions, 0,5 point pour les paramètres ; c) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour la comparaison ; d) 0,5 point pour \(X \geq\, 5\), 0,5 point pour le complémentaire, 0,5 point pour le résultat ; e) 0,5 point pour E(X) et V(X), 0,5 point pour E(N), 0,5 point pour l’interprétation.
Erreur fréquente : calculer \(1 – P(X \leq\, 5)\) pour \(P(X \geq\, 5)\). En effet, le complémentaire de « \(X \geq\, 5\) » est « \(X \leq\, 4\) ».
Exercice 4 : Écrans défectueux (6 points)
Questions a à c : espérance, variance et minoration
- \(E(Y) = np = 200 \times 0{,}03 = 6\) et \(V(Y) = np(1 – p) = 200 \times 0{,}03 \times 0{,}97 = 5{,}82\).
\(E(Y) = 6\) et \(V(Y) = 5{,}82\). - La calculatrice (fonction de répartition binomiale, n = 200, p = 0,03, k = 6) donne :
\(P(Y \leq\, 6) \approx 0{,}606\). - D’abord, d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec \(\delta = 5\) :
\(P(|Y – 6| \geq\, 5) \leq\, \dfrac{V(Y)}{5^2} = \dfrac{5{,}82}{25} = 0{,}2328\).
Or Y est un entier, donc \(|Y – 6| < 5 \Leftrightarrow 1 < Y < 11 \Leftrightarrow 2 \leq\, Y \leq\, 10\). Puis, par passage à l’événement contraire :
\(P(2 \leq\, Y \leq\, 10) = 1 – P(|Y – 6| \geq\, 5) \geq\, 1 – 0{,}2328 = 0{,}7672\).
La probabilité que le lot contienne entre 2 et 10 écrans défectueux est au moins \(0{,}7672\).
Questions d et e : valeur exacte et taille de l’échantillon
- \(P(2 \leq\, Y \leq\, 10) = P(Y \leq\, 10) – P(Y \leq\, 1) \approx 0{,}944\).
\(P(2 \leq\, Y \leq\, 10) \approx 0{,}944\), qui est bien supérieur à \(0{,}7672\). La minoration est donc juste, mais assez grossière. En effet, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev s’applique à toutes les lois sans utiliser la loi binomiale. - \(\dfrac{0{,}03 \times 0{,}97}{n \times 0{,}01^2} = \dfrac{0{,}0291}{0{,}0001\,n} = \dfrac{291}{n}\).
Ensuite, \(\dfrac{291}{n} \leq\, 0{,}05 \Leftrightarrow n \geq\, \dfrac{291}{0{,}05} = 5\,820\).
Il faut donc prélever au moins 5 820 écrans. Ainsi, la probabilité d’un écart d’au moins \(0{,}01\) entre la fréquence observée et \(0{,}03\) est majorée par \(0{,}05\).
Barème : a) 0,5 point par valeur ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour l’inégalité appliquée, 0,5 point pour la traduction en \(2 \leq\, Y \leq\, 10\), 0,5 point pour la minoration ; d) 0,5 point pour la valeur, 0,5 point pour le commentaire ; e) 0,5 point pour la simplification, 0,5 point pour la résolution, 0,5 point pour la conclusion.
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Après le corrigé du contrôle : dénombrement et loi binomiale
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