[Bac mathématiques 2025] - Corrigé

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Exercice 1

1. P(O) = 1-0,45-0,1-0,03 = 0,42

2. ¨P(B∩R) = P(B)*PB(R) = 0,1*0,84 = 0,084

3. PO(R)*P(O) + PA(R)*P(A) + PB(R)*P(B) + PAB(R)*P(AB) = P(R) = 0,8397

PO(R)*0,42 + 0,85*0,45 + 0,1*0,84 + 0,03*0,82 = 0,8397

PO(R)*0,42 = 0,8397 – (0,85*0,45 + 0,1*0,84 + 0,03*0,82)

PO(R) = [0,8397 – (0,85*0,45 + 0,1*0,84 + 0,03*0,82)]/0,42 = 0,83

4. P(O∩/R) = P(O) * PO(/R) = 0,42*(1-0,83) = 0,0714

5. a. Il n’y a que deux possibilités : ‘’La personne tirée est un donneur universel’’ ou bien ‘’La personne tirée n’est pas un donneur universel’’. On est donc bien dans le cadre d’une loi binomiale, et ses paramètres sont n (le nombre total d’expériences) = 100 ainsi que la probabilité de succès p = 0,0714.

b. n est grand, donc on approxime à la loi normale, dont on détermine les paramètres.

Μ (moyenne) = n*p = 100*0,0714 = 7,14

σ (écart-type) = 100*p⋅(1−p) ≈ 2,576

On ramène ceci à la loi normale de paramètres N(0,1) pour pouvoir utiliser la table de la loi normale centrée réduite, pour chercher P(X<((8+7)/2) = P(X<7,5). 

Z = (7,5-7,14)/2,576 = 0,14

En utilisant la table de la loi normale, on trouve P(Z<0,14) ≈ 0,556

c. L’espérance correspond à la moyenne, qu’on a calculé dans la question b. et qui est en effet environ égale à 7,14.

La variance est égale à l’écart-type élevé au carré, donc V = 2,576² ≈ 6,63

6. a. L’espérance correspond à la moyenne du nombre de donneurs sur les personnes tirées sur N villes.

b. On a la même espérance dans toutes les villes, à savoir 7,14, ainsi que la même variance. Donc E(MN) = 7,14.

c. V(MN) = 1/N² * N * 6,63 = 6,63/N

d. En posant la formule avec epsilon = (7,28-2)/2 = 0,14, on a : P(lMN –7,14l<0,14) ≥ 1 – 6,63/(N*0,14²) où 1-[6,63/(N*0,14²)] > 0,95. Et donc 6,63/(N*0,14) < 0,05. Ainsi, on peut déterminer N : 6,63/(0,05*0,14²) = 6765,31, qu’on arrondit par excès. La plus petite valeur possible de N vérifiant ceci est donc 6766.

 

Exercice 2

Partie A

 

1. f’(1) correspond au coefficient directeur de la tangente TA au point d’abscisse 1, donc -1. 

2. La fonction change de sens d’évolution deux fois sur l’intervalle, donc 2 solutions.

3. La fonction est concave sur (0,2), donc le signe est négatif.

 

Partie B

 

1. 2X² - 3X + 2 = 0 ; b² - 4ac = 9-4*2*2 = -7 ; donc pas de solution dans les réels, et donc f(x) n’est jamais égal à 0.

2. ln(x) tend vers + l’infini, donc f(x) tend vers plus l’infini.

3. a. f’’(x) = 2*(2ln x / x) + 1/x = (4ln x + 1)/x = 1/x (4ln x +1)

b. Pour étudier la convexité, on étudie le signe de la dérivée seconde, qui équivaut au signe de 4ln x + 1 car 1/x est positif sur tout l’intervalle.

Ainsi, elle est négative sur ]0 ; e^-1/4], et f est ainsi concave sur cet intervalle. Et f’’(x) est positive sur ]e^-1/4 ; +∞], et est ainsi convexe sur cet intervalle.

c. On en déduit que le point d’inflexion a pour abscisse e^-1/4.

 

Partie C

 

1. f’(e) = 2

y-e = 2(x-e) ; y = 2x – 2e + e = 2x – e

2. ∫u v’ = uv - ∫v u’ 

où u = ln x , v ‘= x et et v =x²/2

En posant ceci et en simplifiant, on trouve bien (e²+1)/4

3. L’aire entre les deux courbes est égale à la différence entre l’intégrale de 1 à e de f(x), et l’intégrale de 1 à e de TB(x) =  2-e , ce qui donne A = (3e² - 4e   - 5)/4.

 

Exercice 3

 

1.     Vecteur directeur AB = (3+1,2-0,(-1)-5) = (4,2,-6). Les coefficients de t sont (-2,-1,3), donc t= -1/2(AB), donc les coefficients de t sont colinéaires à AB, et B satisfait les équations pour t=0. L’affirmation est donc vraie.

2.     En calculant le vecteur normal au plan OAB, on obtient : (-10, 14, -2) et le vecteur v n’est pas colinéaire à ce vecteur normal. L’affirmation est donc fausse.

3.     Le triple produit scalaire mixte est nul, les vecteurs sont donc coplanaires. L’affirmation est donc fausse.

4.     d = (ax0 + by0 + cz0 + d)/√ a² + b² + c² avec a=1, b=-1, c=1, d=1, x0=2, y0=-1, z0=2, d=6/√3 = 2√3. L’affirmation est donc vraie. 

 

Exercice 4

 

¨Partie A

 

1. u1 = -0,02 * u0² + 1,3 * u0 = -0,02+1,3 = 1,28 Ha

2. a. Comme la fonction h est croissante sur l’intervalle, on en déduit que cette équation est vérifiée.

b. La suite est croissante et majorée, donc elle converge.

c. L = -0,02L²+1,3L ; 0 =-0,02L²+0,3L ; L(0,02-0,3)=0 donc L=0 ou bien L=0,3/0,02=15, mais comme la suite toujours positive, on ne retient que L=15.

3. a. Car l’expérience est répétée, d’après l’algorithme, jusqu’à ce que cela produise, et la suite est croissante.

b. def seuil():

    n = 0

    u = 1

    while u <= 14:

        n = n + 1

        u = -0.02 * u**2 + 1.3 * u

    print("La superficie dépasse 14 hectares au bout de", n, "ans.")

    print("Superficie à cette date :", u, "hectares.")

    return n

 

Partie B

 

1. E2 correspond à la dérivée de g, c’est donc bien la solution.

2. Équation homogène : y’ + 0,3y = 0

Solution générale complète : Ce^0,3t+(0,02/0,3)

3. g(t) = 1/f(t) et C = 1-(1/15)=14/15

4. L = 15/(1+0) = 15

5. t = 17,6, ce qui correspond au nombre d’années où la surface recouverte dépassera 14 hectares