Sujet officiel · session 2024

Bac de maths 2024 — Amérique du Sud · 22 novembre

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Loi binomiale Moyen

Groupes sanguins

Voici la répartition des principaux groupes sanguins des habitants de France :

A+ : 38,2 % O+ : 36,5 % B+ : 7,7 % A− : 6,8 % O− : 6,5 % AB+ : 2,5 % B− : 1,4 % AB− : 0,4 %

A+, O+, B+, A−, O−, AB+, B− et AB− sont les différents groupes sanguins combinés aux rhésus. Par exemple : A+ est le groupe sanguin A de rhésus +.

Une expérience aléatoire consiste à choisir une personne au hasard dans la population française et à déterminer son groupe sanguin et son rhésus. A+ est l’événement « la personne est de groupe sanguin A et de rhésus + » ; A− est l’événement « la personne est de groupe sanguin A et de rhésus − » ; A est l’événement « la personne est de groupe sanguin A ».

Les parties 1 et 2 sont indépendantes.

Partie 1

On note Rh+ l’événement « La personne est de rhésus positif ».

1. Justifier que la probabilité que la personne choisie soit de rhésus positif est égale à 0,849.

2. Démontrer à l’aide des données de l’énoncé que P_Rh+(A) = 0,450 à 0,001 près.

3. Une personne se souvient que son groupe sanguin est AB mais a oublié son rhésus. Quelle est la probabilité que son rhésus soit négatif ? Arrondir le résultat à 0,001 près.

Partie 2

Dans cette partie, les résultats seront arrondis à 0,001 près.

Un donneur universel de sang est une personne de groupe sanguin O et de rhésus négatif. On rappelle que 6,5 % de la population française est de groupe O−.

1. On considère 50 personnes choisies au hasard dans la population française et on note X la variable aléatoire qui compte le nombre de donneurs universels.

a. Déterminer la probabilité que 8 personnes soient des donneurs universels. Justifier votre réponse.

b. On considère la fonction ci-dessous nommée proba d’argument k écrite en langage Python.

def proba(k):

p = 0

for i in range(k+1):

p = p + binomiale(i,50,0.065)

return p

Cette fonction utilise la fonction binomiale d’argument i, n et p, créée pour l’occasion, qui renvoie la valeur de P(X = i) dans le cas où X suit une loi binomiale de paramètres n et p.

Déterminer la valeur numérique renvoyée par la fonction proba lorsqu’on saisit proba(8) dans la console Python. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

2. Quel est le nombre minimal de personnes à choisir au hasard dans la population française pour que la probabilité qu’au moins une des personnes choisies soit donneur universel soit supérieure à 0,999 ?

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Corrigé Exercice 1 Groupes sanguins Revoir l'énoncé

Partie 11.
Une personne est de rhésus positif exactement lorsqu’elle appartient à l’un des groupes A+, O+, B+ ou AB+, et ces quatre évènements sont deux à deux incompatibles.
Par additivité des probabilités, on additionne les quatre fréquences : P(Rh+) = 0,382 + 0,365 + 0,077 + 0,025 = 0,849. La probabilité que la personne choisie soit de rhésus positif est bien égale à 0,849.
2.
Par définition d’une probabilité conditionnelle, P_Rh+(A) = P(A ∩ Rh+)P(Rh+). Or être de groupe A et de rhésus positif, c’est exactement être de groupe A+ : P(A ∩ Rh+) = P(A+) = 0,382.
D’où P_Rh+(A) = 0,3820,849 ≈ 0,449 9, soit P_Rh+(A) = 0,450 à 0,001 près.
3.
Le groupe AB se répartit entre AB+ et AB− : P(AB) = 0,025 + 0,004 = 0,029. La personne étant de groupe AB, on cherche la probabilité conditionnelle P_AB(Rh−) = P(AB ∩ Rh−)P(AB) = P(AB−)P(AB).
P_AB(Rh−) = 0,0040,029 ≈ 0,137 9 : la probabilité que son rhésus soit négatif est 0,138 à 0,001 près.
Partie 21. a.
Choisir 50 personnes au hasard dans une population très nombreuse s’assimile à 50 tirages avec remise : on répète 50 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « la personne est de groupe O− », de probabilité p = 0,065.
X comptant le nombre de succès, X suit la loi binomiale de paramètres n = 50 et p = 0,065.
P(X = 8) = C(50 ; 8) × 0,065⁸ × 0,935⁴² ≈ 0,010 2 : la probabilité que 8 des 50 personnes soient des donneurs universels vaut environ 0,010.
b.
Dans la boucle, i parcourt les entiers de 0 à k (bornes incluses) et p accumule les probabilités P(X = i) : la fonction renvoie P(X = 0) + P(X = 1) + … + P(X = k), c’est-à-dire P(X ≤ k).
Ainsi proba(8) renvoie P(X ≤ 8) ≈ 0,995 : sur 50 personnes choisies au hasard, il y a environ 99,5 % de chances d’obtenir au plus 8 donneurs universels.
2.
Notons n le nombre de personnes choisies et Y la variable aléatoire comptant les donneurs universels parmi elles : pour les mêmes raisons qu’au 1. a., Y suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,065.
On passe par l’évènement contraire : P(Y ≥ 1) = 1 − P(Y = 0), avec P(Y = 0) = C(n ; 0) × 0,065⁰ × 0,935ⁿ = 0,935ⁿ. L’inéquation devient 1 − 0,935ⁿ > 0,999, soit 0,935ⁿ < 0,001.
La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[ : n × ln(0,935) < ln(0,001). Comme ln(0,935) < 0, la division par ln(0,935) renverse l’inégalité : n > ln(0,001)ln(0,935) ≈ 102,8.
Vérification : 1 − 0,935¹⁰² ≈ 0,998 9 (insuffisant) et 1 − 0,935¹⁰³ ≈ 0,999 0 (convient). Il faut donc choisir au minimum 103 personnes pour que la probabilité d’avoir au moins un donneur universel dépasse 0,999.

Énoncé Exercice 2 Suites numériques Moyen

Affirmations sur suites et équation différentielle

Cet exercice contient 5 affirmations. Pour chaque affirmation, répondre par VRAI ou FAUX en justifiant la réponse. Toute absence de justification ou justification incorrecte ne sera pas prise en compte dans la notation.

Partie 1

On considère la suite (uₙ) définie par u₀ = 10 et pour tout entier naturel n, uₙ₊₁ = 13 uₙ + 2.

1. Affirmation 1 : La suite (uₙ) est décroissante minorée par 0.

2. Affirmation 2 : lim_n→+∞ uₙ = 0.

3. On considère la suite (vₙ) définie pour tout entier naturel n par vₙ = uₙ − 3. Affirmation 3 : La suite (vₙ) est géométrique.

Partie 2

On considère l’équation différentielle (E) : y′ = 32 y + 2, d’inconnue y, fonction définie et dérivable sur R.

1. Affirmation 4 : Il existe une fonction constante solution de l’équation différentielle (E).

2. Dans un repère orthonormé (O ; i, j), on note C_f la courbe représentative de la fonction f solution de (E) telle que f(0) = 0. Affirmation 5 : La tangente au point d’abscisse 1 de C_f a pour coefficient directeur 2 e³².

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Corrigé Exercice 2 Affirmations sur suites et équation différentielle Revoir l'énoncé

Partie 1Affirmation 1
VRAI. Démontrons par récurrence la propriété P(n) : « 3 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ », qui contient à la fois la décroissance et la minoration.
Initialisation : u₀ = 10 et u₁ = (13) × 10 + 2 = 103 + 63 = 163 ≈ 5,33 ; on a bien 3 ≤ 163 ≤ 10, donc P(0) est vraie.
Hérédité : supposons 3 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ pour un entier n. En multipliant par 13 > 0, ce qui conserve l’ordre, puis en ajoutant 2 : 1 + 2 ≤ (13)uₙ₊₁ + 2 ≤ (13)uₙ + 2, c’est-à-dire 3 ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁ : P(n+1) est vraie.
Conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, 3 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ. La suite (uₙ) est donc décroissante et minorée par 3, donc a fortiori par 0 : l’affirmation est VRAIE.
Affirmation 2
FAUX. Décroissante et minorée, la suite (uₙ) converge d’après le théorème de convergence monotone, vers un réel ℓ tel que ℓ ≥ 3.
La fonction x ↦ (13)x + 2 étant continue sur ℝ, on passe à la limite dans uₙ₊₁ = (13)uₙ + 2 : ℓ = (13)ℓ + 2, soit (23)ℓ = 2, donc ℓ = 3. La limite vaut 3 et non 0 : l’affirmation est FAUSSE.
Affirmation 3
VRAI. Pour tout n ∈ ℕ : vₙ₊₁ = uₙ₊₁ − 3 = (13)uₙ + 2 − 3 = (13)uₙ − 1 = (13)(uₙ − 3) = (13)vₙ.
On obtient vₙ₊₁ = q × vₙ avec q = 13 constant : (vₙ) est géométrique de raison 13 et de premier terme v₀ = u₀ − 3 = 7. L’affirmation est VRAIE.
On en déduit vₙ = 7 × (13)ⁿ, puis uₙ = 3 + 7 × (13)ⁿ, ce qui confirme bien les deux premières affirmations.
Partie 2Affirmation 4
VRAI. Cherchons une solution constante g : x ↦ k. Une fonction constante a une dérivée nulle, donc g′(x) = 0 pour tout réel x.
g est solution de (E) si et seulement si 0 = (32)k + 2, soit k = −43 : la fonction constante égale à −43 est bien solution de (E). L’affirmation est VRAIE.
Affirmation 5
VRAI. (E) est du type y′ = ay + b avec a = 32 et b = 2 ; ses solutions sur ℝ sont les fonctions x ↦ C e^ax − ba, soit ici x ↦ C e^(32)x − 43, où C décrit ℝ.
La condition f(0) = 0 donne C × e⁰ − 43 = 0, donc C = 43, et f(x) = (43) e^(32)x − 43.
On dérive : f′(x) = (43) × (32) × e^(32)x = 2 e^(32)x.
Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 est le nombre dérivé f′(1) = 2 e³² : l’affirmation est VRAIE.

Énoncé Exercice 3 Calcul intégral Difficile

Fonction, suite d’intégrales et aire

Partie 1

On considère la fonction f définie sur R par f(x) = (x² − 4) e^−x. On admet que f est dérivable sur R et on note f′ sa fonction dérivée.

1. Déterminer les limites de la fonction f en −∞ et en +∞.

2. Justifier que pour tout réel x, f′(x) = (−x² + 2x + 4) e^−x.

3. En déduire les variations de la fonction f sur R.

Partie 2

On considère la suite (Iₙ) définie pour tout entier naturel n par Iₙ = ∫₋₂⁰ xⁿ e^−x dx.

1. Justifier que I₀ = e² − 1.

2. En utilisant une intégration par parties, démontrer l’égalité : Iₙ₊₁ = (−2)ⁿ⁺¹ e² + (n+1) Iₙ.

3. En déduire les valeurs exactes de I₁ et de I₂.

Partie 3

1. Déterminer le signe sur R de la fonction f.

2. On a représenté ci-contre la courbe C_f de la fonction f dans un repère orthonormé (O ; i, j). Le domaine D du plan hachuré ci-contre est délimité par la courbe C_f, l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées. Calculer la valeur exacte, en unité d’aire, de l’aire S du domaine D. [Figure non reproduite : le domaine hachuré D est situé sous l’axe des abscisses et à gauche de l’axe des ordonnées ; il s’étend donc de x = −2, point où C_f coupe l’axe des abscisses, jusqu’à x = 0.]

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Corrigé Exercice 3 Fonction, suite d’intégrales et aire Revoir l'énoncé

Partie 11.
En −∞ : lim_x→−∞ (x² − 4) = +∞ et, puisque −x → +∞, lim_x→−∞ e^−x = +∞. Par produit de limites, lim_x→−∞ f(x) = +∞.
En +∞ : on développe f(x) = x² e^−x − 4 e^−x = x²/eˣ − 4eˣ. Par croissances comparées lim_x→+∞ x²/eˣ = 0, et lim_x→+∞ 4eˣ = 0 ; par somme, lim_x→+∞ f(x) = 0 (l’axe des abscisses est asymptote horizontale à C_f en +∞).
2.
f est le produit u × v avec u(x) = x² − 4 et v(x) = e^−x, donc u′(x) = 2x et v′(x) = −e^−x. La formule (uv)′ = u′v + uv′ donne :
f′(x) = 2x e^−x + (x² − 4) × (−e^−x) = e^−x(2x − x² + 4) = (−x² + 2x + 4) e^−x.
3.
Pour tout réel x, e^−x > 0 : f′(x) est du signe du trinôme −x² + 2x + 4, dont le discriminant vaut Δ = 2² − 4 × (−1) × 4 = 20 > 0 et les racines 1 − √5 ≈ −1,24 et 1 + √5 ≈ 3,24.
Un trinôme est du signe de son coefficient dominant (ici a = −1 < 0) à l’extérieur des racines et du signe contraire entre elles : f′(x) < 0 sur ]−∞ ; 1−√5[ et sur ]1+√5 ; +∞[, f′(x) > 0 sur ]1−√5 ; 1+√5[.
Conclusion : f est décroissante sur ]−∞ ; 1−√5], croissante sur [1−√5 ; 1+√5], puis décroissante sur [1+√5 ; +∞[, avec un minimum local f(1−√5) ≈ −8,51 et un maximum local f(1+√5) ≈ 0,25.
Partie 21.
Pour n = 0 on a x⁰ = 1, donc I₀ = ∫₋₂⁰ e^−x dx. Une primitive de x ↦ e^−x sur ℝ est x ↦ −e^−x :
I₀ = [−e^−x]₋₂⁰ = −e⁰ − (−e²) = −1 + e² = e² − 1.
2.
On pose u(x) = xⁿ⁺¹ et v′(x) = e^−x, d’où u′(x) = (n+1)xⁿ et v(x) = −e^−x ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur [−2 ; 0].
La formule d’intégration par parties ∫ u v′ = [u v] − ∫ u′ v donne : Iₙ₊₁ = [−xⁿ⁺¹ e^−x]₋₂⁰ + ∫₋₂⁰ (n+1) xⁿ e^−x dx.
Le crochet vaut 0 − (−(−2)ⁿ⁺¹ e²) = (−2)ⁿ⁺¹ e², et par linéarité de l’intégrale le terme restant vaut (n+1)Iₙ. D’où, pour tout entier naturel n : Iₙ₊₁ = (−2)ⁿ⁺¹ e² + (n+1) Iₙ.
3.
Avec n = 0 : I₁ = (−2)¹ e² + 1 × I₀ = −2e² + (e² − 1) = −e² − 1. Avec n = 1 : I₂ = (−2)² e² + 2 × I₁ = 4e² + 2(−e² − 1) = 4e² − 2e² − 2 = 2e² − 2.
Partie 31.
Pour tout réel x, e^−x > 0, donc f(x) est du signe de x² − 4 = (x − 2)(x + 2) ; ce trinôme, de coefficient dominant 1 > 0, est positif à l’extérieur de ses racines −2 et 2 et négatif entre elles.
Donc f(x) ≥ 0 sur ]−∞ ; −2] et sur [2 ; +∞[, et f(x) ≤ 0 sur [−2 ; 2].
2.
Le domaine D est limité à droite par l’axe des ordonnées (x = 0) et à gauche par le point d’abscisse −2 où C_f coupe l’axe des abscisses : il correspond à l’intervalle [−2 ; 0], sur lequel f est négative d’après la question 1.
L’aire cherchée est donc l’opposé de l’intégrale de f, et par linéarité de l’intégrale : S = ∫₋₂⁰ (−f(x)) dx = ∫₋₂⁰ (4 − x²) e^−x dx = 4 ∫₋₂⁰ e^−x dx − ∫₋₂⁰ x² e^−x dx = 4I₀ − I₂.
S = 4(e² − 1) − (2e² − 2) = 4e² − 4 − 2e² + 2 = 2e² − 2. L’aire du domaine D vaut donc exactement 2e² − 2 = 2(e² − 1) unité d’aire, soit environ 12,78 u.a.

Énoncé Exercice 4 Géométrie dans l’espace Moyen

Géométrie et tétraèdre

L’espace est muni d’un repère orthonormé (O ; i, j, k).

On considère les trois points A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 2 ; 0) et C(0 ; 0 ; 2).

L’objectif de cet exercice est de démontrer la propriété : « Le carré de l’aire du triangle ABC est égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces du tétraèdre OABC ».

Partie 1 Distance du point O au plan (ABC)

1. Démontrer que le vecteur n(2 ; 3 ; 3) est normal au plan (ABC).

2. Démontrer qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est : 2x + 3y + 3z − 6 = 0.

3. Donner une représentation paramétrique de la droite d passant par O et de vecteur directeur n.

4. On note H le point d’intersection de la droite d et du plan (ABC). Déterminer les coordonnées du point H.

5. En déduire que la distance du point O au plan (ABC) est égale à 3√2211.

Partie 2 Démonstration de la propriété

1. Démontrer que le volume du tétraèdre OABC est égal à 2.

2. En déduire que l’aire du triangle ABC est égale à √22.

3. Démontrer que pour le tétraèdre OABC, « le carré de l’aire du triangle ABC est égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces du tétraèdre ». On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par V = 13 B h où B est l’aire d’une base du tétraèdre et h est la hauteur relative à cette base.

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Corrigé Exercice 4 Géométrie et tétraèdre Revoir l'énoncé

Partie 11.
On calcule les coordonnées de deux vecteurs du plan : AB(0−3 ; 2−0 ; 0−0) = (−3 ; 2 ; 0) et AC(0−3 ; 0−0 ; 2−0) = (−3 ; 0 ; 2).
Produits scalaires : n·AB = 2×(−3) + 3×2 + 3×0 = −6 + 6 = 0 et n·AC = 2×(−3) + 3×0 + 3×2 = −6 + 6 = 0.
n est donc orthogonal à AB et à AC, qui ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles). Un vecteur orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est normal à ce plan : n est normal au plan (ABC).
2.
Comme n(2 ; 3 ; 3) est normal au plan (ABC), ce plan admet une équation cartésienne de la forme 2x + 3y + 3z + d = 0.
Le point A(3 ; 0 ; 0) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l’équation : 2×3 + 3×0 + 3×0 + d = 0, d’où d = −6. Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc 2x + 3y + 3z − 6 = 0 (vérification : B et C donnent bien 6 − 6 = 0).
3.
La droite d passe par O(0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur n(2 ; 3 ; 3) : un point M(x ; y ; z) appartient à d si et seulement s’il existe t ∈ ℝ tel que OM = t n, d’où la représentation paramétrique x = 2t, y = 3t, z = 3t, avec t ∈ ℝ.
4.
H appartient à d, donc ses coordonnées s’écrivent (2t ; 3t ; 3t) ; H appartient aussi au plan (ABC), donc 2×(2t) + 3×(3t) + 3×(3t) − 6 = 0, soit 4t + 9t + 9t = 6, c’est-à-dire 22t = 6 et t = 311. Les coordonnées de H sont donc (611 ; 911 ; 911).
5.
La droite d est perpendiculaire au plan (ABC) et le coupe en H : la distance du point O au plan (ABC) est donc la longueur OH.
OH = √(611)² + (911)² + (911)² = √36 + 81 + 8111 = √19811. Comme 198 = 9 × 22, on a √198 = 3√22 : cette distance est bien égale à 3√2211, soit environ 1,28.
Partie 21.
Le repère étant orthonormé, le triangle OAB est rectangle en O, donc aire(OAB) = OA × OB2 = 3 × 22 = 3. De plus [OC] est porté par le troisième axe, donc perpendiculaire au plan (OAB) : OC = 2 est la hauteur relative à la base OAB.
V = (13) × aire(OAB) × OC = (13) × 3 × 2 = 2 : le volume du tétraèdre OABC est bien égal à 2.
2.
On applique la même formule V = (13) × B × h en prenant cette fois pour base le triangle ABC ; la hauteur correspondante est la distance de O au plan (ABC), soit OH = 3√2211.
2 = (13) × aire(ABC) × 3√2211 = aire(ABC) × √2211, donc aire(ABC) = 22√22 = √22 × √22√22 = √22. L’aire du triangle ABC est donc égale à √22, soit environ 4,69.
3.
Les trois autres faces sont des triangles rectangles en O, dont l’aire est le demi-produit des côtés de l’angle droit : aire(OAB) = OA × OB2 = 3 ; aire(OAC) = OA × OC2 = 3 × 22 = 3 ; aire(OBC) = OB × OC2 = 2 × 22 = 2.
Somme des carrés de ces trois aires : 3² + 3² + 2² = 9 + 9 + 4 = 22 ; or, d’après la question 2., aire(ABC)² = (√22)² = 22.
Les deux quantités sont égales : pour le tétraèdre OABC, le carré de l’aire du triangle ABC est bien égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces, ce qui démontre la propriété annoncée.