Corrigé du bac de maths 2024 : Amérique du Nord, jour 2

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 2) 5 points

Arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, inéquation avec le logarithme

Partie I

1. Arbre pondéré de la situation.

Les pourcentages de l'énoncé se traduisent directement : \(P(N) = 0{,}2286\), donc \(P(\overline{N}) = 1 - 0{,}2286 = 0{,}7714\). Le taux de 8,08 % est pris parmi les véhicules neufs : c'est une probabilité conditionnelle, \(P_N(R) = 0{,}0808\). De même \(P_{\overline{N}}(R) = 0{,}0127\). Les branches complémentaires s'obtiennent en retranchant à 1.

• \(N\) avec la probabilité \(0{,}2286\)
  • \(R\) avec la probabilité \(0{,}0808\)
  • \(\overline{R}\) avec la probabilité \(0{,}9192\)
• \(\overline{N}\) avec la probabilité \(0{,}7714\)
  • \(R\) avec la probabilité \(0{,}0127\)
  • \(\overline{R}\) avec la probabilité \(0{,}9873\)

Premier niveau : \(N\) (0,2286) et \(\overline{N}\) (0,7714) ; second niveau : \(R\) (0,0808) ou \(\overline{R}\) (0,9192) après \(N\), \(R\) (0,0127) ou \(\overline{R}\) (0,9873) après \(\overline{N}\).

2. Probabilité que le véhicule soit neuf et hybride rechargeable.

Ensuite, on cherche \(P(N \cap R)\) : c'est le produit des probabilités le long du chemin \(N\) puis \(R\).

\[P(N \cap R) = P(N) \times P_N(R) = 0{,}2286 \times 0{,}0808 = 0{,}01847088.\]

En conclusion : \(P(N \cap R) \approx 0{,}0185\).

3. Montrer que \(P(R) \approx 0{,}0283\).

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

\[P(R) = P(N \cap R) + P(\overline{N} \cap R) = 0{,}01847088 + 0{,}7714 \times 0{,}0127.\]

Or \(0{,}7714 \times 0{,}0127 = 0{,}00979678\), d'où \(P(R) = 0{,}01847088 + 0{,}00979678 = 0{,}02826766\).

En conclusion : arrondie au dix-millième, \(P(R) \approx 0{,}0283\).

4. Probabilité qu'un véhicule hybride rechargeable soit neuf.

Par ailleurs, on demande \(P_R(N)\), c'est-à-dire la probabilité de \(N\) quand on sait que \(R\) est réalisé. Par définition d'une probabilité conditionnelle, en gardant les valeurs exactes pour ne pas cumuler les arrondis :

\[P_R(N) = \frac{P(N \cap R)}{P(R)} = \frac{0{,}01847088}{0{,}02826766} \approx 0{,}65343.\]

Si l'on utilise les valeurs déjà arrondies \(\dfrac{0{,}0185}{0{,}0283}\), on trouve \(0{,}6537\) : l'écart vient uniquement de l'arrondi intermédiaire, c'est pourquoi on préfère les valeurs exactes.

En conclusion : \(P_R(N) \approx 0{,}6534\) ; environ 65 % des hybrides rechargeables immatriculés en 2022 étaient neufs.

Partie II

1. Paramètres de la loi binomiale de \(X\).

Ensuite, on répète 500 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « le véhicule est neuf » a pour probabilité \(0{,}65\). \(X\) compte le nombre de succès.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 500\) et \(p = 0{,}65\).

2. Probabilité qu'exactement 325 véhicules soient neufs.

La formule de la loi binomiale donne :

\[P(X = 325) = \binom{500}{325} \times 0{,}65^{325} \times 0{,}35^{175}.\]

Ce calcul se fait à la calculatrice avec la fonction « binomiale densité » (ou binomFdp) : on obtient \(0{,}037384\ldots\)

En conclusion : \(P(X = 325) \approx 0{,}0374\).

3. Calculer \(P(X \geqslant 325)\) et interpréter.

La calculatrice fournit des probabilités cumulées du type \(P(X \leqslant k)\). Par ailleurs, on passe donc par l'évènement contraire :

\[P(X \geqslant 325) = 1 - P(X \leqslant 324) \approx 1 - 0{,}4794 = 0{,}5206.\]

Remarque : 325 est exactement l'espérance \(E(X) = 500 \times 0{,}65\), il est donc naturel de trouver une probabilité proche de \(\dfrac{1}{2}\).

En conclusion : \(P(X \geqslant 325) \approx 0{,}5206\) : dans un lot de 500 hybrides rechargeables choisis au hasard, il y a environ 52 % de chances d'avoir au moins 325 véhicules neufs.

Partie III

1. Expression de \(p_n\).

Chaque véhicule est d'occasion avec la probabilité \(1 - 0{,}65 = 0{,}35\), et les \(n\) choix sont indépendants. La probabilité que les \(n\) véhicules soient tous d'occasion est donc le produit de \(n\) facteurs égaux à \(0{,}35\) (c'est aussi \(P(Y = 0)\) pour \(Y\) de loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}65)\)).

En conclusion : \(p_n = 0{,}35^n\).

2. Plus petit \(n\) tel que \(q_n \geqslant 0{,}9999\).

« Au moins un véhicule neuf » est l'évènement contraire de « tous d'occasion », donc \(q_n = 1 - p_n = 1 - 0{,}35^n\). Alors, on résout :

\[1 - 0{,}35^n \geqslant 0{,}9999 \iff 0{,}35^n \leqslant 0{,}0001.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), elle conserve donc l'ordre : \(n\ln(0{,}35) \leqslant \ln(0{,}0001)\). Comme \(0{,}35 \lt 1\), on a \(\ln(0{,}35) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, le sens de l'inégalité change.

\[n \geqslant \frac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}35)} \approx 8{,}77.\]

Contrôle : \(0{,}35^8 \approx 0{,}000225\), trop grand, alors que \(0{,}35^9 \approx 0{,}0000788 \leqslant 0{,}0001\).

En conclusion : la plus petite valeur de \(n\) est \(n = 9\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 2) 5 points

Géométrie dans l'espace : coordonnées, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, intersection, projeté orthogonal

1. Coordonnées de F, H et M.

Dans ce repère, l'unité sur le premier axe est AI, avec \(\text{AB} = 3\,\text{AI}\), donc B a pour abscisse 3 ; les deux autres vecteurs de base sont \(\overrightarrow{\text{AD}}\) et \(\overrightarrow{\text{AE}}\). Donc on a ainsi \(\overrightarrow{\text{AF}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AE}} = 3\overrightarrow{\text{AI}} + \overrightarrow{\text{AE}}\) et \(\overrightarrow{\text{AH}} = \overrightarrow{\text{AD}} + \overrightarrow{\text{AE}}\). Avec \(\text{C}(3\,;\,1\,;\,0)\) et \(\text{D}(0\,;\,1\,;\,0)\), le milieu de [CD] a pour abscisse \(\dfrac{3 + 0}{2} = 1{,}5\).

En conclusion : \(\text{F}(3\,;\,0\,;\,1)\), \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,1)\) et \(\text{M}(1{,}5\,;\,1\,;\,0)\).

2. a. Montrer que \(\overrightarrow{n}(2\,;\,6\,;\,3)\) est normal au plan (HMF).

Il suffit de prouver que \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Prenons \(\overrightarrow{\text{HF}}(3\,;\,-1\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{HM}}(1{,}5\,;\,0\,;\,-1)\). Ils ne sont pas colinéaires : la deuxième coordonnée de \(\overrightarrow{\text{HM}}\) est nulle, pas celle de \(\overrightarrow{\text{HF}}\).

\[\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{HF}} = 2 \times 3 + 6 \times (-1) + 3 \times 0 = 0 \quad\text{et}\quad \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{HM}} = 2 \times 1{,}5 + 6 \times 0 + 3 \times (-1) = 0.\]

En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HMF), c'est donc un vecteur normal à ce plan.

2. b. Équation cartésienne de (HMF).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(2\,;\,6\,;\,3)\) admet une équation de la forme \(2x + 6y + 3z + d = 0\). Le point \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,1)\) appartient au plan, donc \(0 + 6 + 3 + d = 0\), soit \(d = -9\). Ensuite, on peut contrôler avec F : \(6 + 0 + 3 - 9 = 0\), et avec M : \(3 + 6 + 0 - 9 = 0\).

En conclusion : le plan (HMF) a pour équation \(2x + 6y + 3z - 9 = 0\).

Question 2 c

2. c. Le plan \(\mathcal{P}\) est-il parallèle à (HMF) ?

Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\overrightarrow{n'}(5\,;\,15\,;\,-3)\). Pour passer de \(\overrightarrow{n}\) à \(\overrightarrow{n'}\), il faudrait multiplier par \(\dfrac{5}{2} = 2{,}5\) sur la première coordonnée (et \(\dfrac{15}{6} = 2{,}5\) sur la deuxième), mais par \(\dfrac{-3}{3} = -1\) sur la troisième. Aucun coefficient commun n'existe.

En conclusion : les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc \(\mathcal{P}\) n'est pas parallèle au plan (HMF) : les deux plans sont sécants.

3. Représentation paramétrique de (DG).

Alors, on a \(\text{D}(0\,;\,1\,;\,0)\) et \(\text{G}(3\,;\,1\,;\,1)\), donc \(\overrightarrow{\text{DG}}(3\,;\,0\,;\,1)\) dirige la droite. Un point \(P(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (DG) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{D}P} = t\,\overrightarrow{\text{DG}}\).

En conclusion : \((\text{DG}) : \left\{\begin{array}{l}x = 3t\\ y = 1\\ z = t\end{array}\right.\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

4. Coordonnées du point N, intersection de (DG) et (HMF).

Un point de (DG) de paramètre \(t\) est dans le plan lorsque ses coordonnées vérifient l'équation du plan :

\[2 \times 3t + 6 \times 1 + 3 \times t - 9 = 0 \iff 9t - 3 = 0 \iff t = \frac{1}{3}.\]

Puis on remplace \(t\) par \(\dfrac{1}{3}\) dans la représentation paramétrique : \(x = 1\), \(y = 1\), \(z = \dfrac{1}{3}\).

En conclusion : \(\text{N}\left(1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3}\right)\).

Question 5

5. R est-il le projeté orthogonal de G sur (HMF) ?

Le projeté orthogonal de G sur le plan est l'unique point du plan tel que le vecteur qui le relie à G soit normal au plan. Il faut donc vérifier deux conditions.

R appartient bien au plan : \(2 \times 3 + 6 \times \dfrac{1}{4} + 3 \times \dfrac{1}{2} - 9 = 6 + 1{,}5 + 1{,}5 - 9 = 0\).

En revanche, \(\overrightarrow{\text{GR}}\left(0\,;\,-\dfrac{3}{4}\,;\,-\dfrac{1}{2}\right)\). S'il était colinéaire à \(\overrightarrow{n}(2\,;\,6\,;\,3)\), on aurait \(\overrightarrow{\text{GR}} = k\,\overrightarrow{n}\) ; la première coordonnée imposerait \(2k = 0\), donc \(k = 0\), et alors \(\overrightarrow{\text{GR}}\) serait nul, ce qui est faux.

Pour information, le vrai projeté s'obtient avec la droite passant par G dirigée par \(\overrightarrow{n}\) : c'est le point \(\left(\dfrac{135}{49}\,;\,\dfrac{13}{49}\,;\,\dfrac{31}{49}\right)\).

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{GR}}\) n'est pas normal au plan (HMF), donc R n'est pas le projeté orthogonal de G sur ce plan.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 2) 6 points

Étude de fonction, suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, suite géométrique auxiliaire, logarithme, algorithme de seuil

1. Sens de variation de \(g\), valeurs de \(g(0)\) et \(g(1)\).

La fonction \(g\) est un polynôme, donc dérivable sur \([0\,;\,1]\), et \(g'(x) = 2 - 2x = 2(1 - x)\). Pour \(x \in [0\,;\,1[\), \(1 - x \gt 0\) donc \(g'(x) \gt 0\) ; la dérivée ne s'annule qu'en \(x = 1\), un seul point, ce qui n'empêche pas la stricte croissance. Enfin \(g(0) = 0\) et \(g(1) = 2 - 1 = 1\).

En conclusion : \(g\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1]\), avec \(g(0) = 0\) et \(g(1) = 1\).

2. Calcul de \(u_1\) et \(u_2\).

\[u_1 = g\left(\tfrac{1}{2}\right) = 1 - \tfrac{1}{4} = \tfrac{3}{4} \qquad u_2 = g\left(\tfrac{3}{4}\right) = \tfrac{3}{2} - \tfrac{9}{16} = \tfrac{24 - 9}{16} = \tfrac{15}{16}.\]

En conclusion : \(u_1 = \dfrac{3}{4}\) et \(u_2 = \dfrac{15}{16}\).

3. Récurrence : \(0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1\).

Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1\) ».

Initialisation. \(u_0 = \dfrac{1}{2}\) et \(u_1 = \dfrac{3}{4}\), donc \(0 \lt \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{3}{4} \lt 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1\). Tous ces nombres sont dans \([0\,;\,1]\), où \(g\) est strictement croissante : appliquer \(g\) conserve donc les inégalités strictes, ce qui donne \(g(0) \lt g(u_n) \lt g(u_{n+1}) \lt g(1)\), c'est-à-dire \(0 \lt u_{n+1} \lt u_{n+2} \lt 1\). Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1\).

Question 4

4. Convergence de \((u_n)\).

La question 3 montre deux choses : \(u_n \lt u_{n+1}\) pour tout \(n\), donc la suite est strictement croissante ; et \(u_n \lt 1\), donc elle est majorée par 1. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

En conclusion : la suite \((u_n)\) est convergente, vers une limite \(\ell \leqslant 1\).

5. Valeur de la limite \(\ell\).

La fonction \(g\) est continue sur \([0\,;\,1]\) et la suite converge vers \(\ell\), avec \(\tfrac{1}{2} \leqslant \ell \leqslant 1\) (car la suite est croissante à partir de \(\tfrac{1}{2}\)). En passant à la limite dans \(u_{n+1} = g(u_n)\), on obtient \(\ell = g(\ell)\) :

\[\ell = 2\ell - \ell^2 \iff \ell^2 - \ell = 0 \iff \ell(\ell - 1) = 0 \iff \ell = 0 \ \text{ou}\ \ell = 1.\]

La valeur 0 est exclue puisque \(\ell \geqslant \tfrac{1}{2}\).

En conclusion : \(\ell = 1\).

6. \((v_n)\) est géométrique de raison 2 ; premier terme.

D'après la question 3, \(1 - u_n \gt 0\), donc \(v_n\) est bien défini. Par ailleurs, on commence par factoriser \(1 - u_{n+1}\) :

\[1 - u_{n+1} = 1 - 2u_n + u_n^2 = (1 - u_n)^2.\]

Avec la propriété \(\ln(A^2) = 2\ln(A)\) pour \(A \gt 0\) :

\[v_{n+1} = \ln\left((1 - u_n)^2\right) = 2\ln(1 - u_n) = 2v_n.\]

Le premier terme vaut \(v_0 = \ln\left(1 - \tfrac{1}{2}\right) = \ln\left(\tfrac{1}{2}\right) = -\ln 2\).

En conclusion : \((v_n)\) est géométrique de raison 2 et de premier terme \(v_0 = -\ln 2\).

Question 7

7. Expression de \(v_n\).

Pour une suite géométrique, \(v_n = v_0 \times q^n\).

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(v_n = -2^n \ln 2\).

8. Expression de \(u_n\) et limite.

De \(v_n = \ln(1 - u_n)\) on tire, avec la fonction exponentielle, \(1 - u_n = \text{e}^{v_n}\), soit :

\[u_n = 1 - \text{e}^{-2^n \ln 2} = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{2^n}.\]

Alors, on vérifie : \(n = 1\) donne \(1 - \tfrac{1}{4} = \tfrac{3}{4}\) et \(n = 2\) donne \(1 - \tfrac{1}{16} = \tfrac{15}{16}\), conformes à la question 2. Comme \(2 \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} -2^n\ln 2 = -\infty\) (car \(\ln 2 \gt 0\)). Par composition avec \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), on obtient \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^{-2^n\ln 2} = 0\).

En conclusion : \(u_n = 1 - \text{e}^{-2^n \ln 2}\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1\), ce qui confirme la question 5.

9. Compléter le script de seuil.

Tant que \(u\) est inférieur à 0,95, on passe au rang suivant : le compteur augmente de 1 et \(u\) est remplacé par \(g(u) = 2u - u^2\). Quand la boucle s'arrête, \(n\) est le premier rang où \(u_n \geqslant 0{,}95\).

def seuil():
    n=0
    u=0.5
    while u < 0.95 :
        n=n+1
        u=2*u-u**2
    return n

Avec la formule explicite : \(u_2 = 0{,}9375 \lt 0{,}95\) et \(u_3 = 1 - \dfrac{1}{256} \approx 0{,}9961\). La fonction renvoie donc 3.

En conclusion : lignes à compléter n=n+1 et u=2*u-u**2 ; l'appel seuil() renvoie 3.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 2) 4 points

Fonction logarithme, primitive, intégrale et aire, équation de tangente

1. Abscisse du point d'intersection de \(\mathcal{C}\) avec l'axe des abscisses.

Puis on résout \(f(x) = 0\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). Comme \(a \neq 0\), \(a\ln(x) = 0 \iff \ln(x) = 0 \iff x = 1\), car 1 est l'unique antécédent de 0 par la fonction \(\ln\), strictement croissante.

En conclusion : \(\mathcal{C}\) coupe l'axe des abscisses au point d'abscisse 1.

2. \(F\) est une primitive de \(f\).

\(F\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\). La dérivée de \(x\ln(x)\) s'obtient avec la formule \((uv)' = u'v + uv'\) : \(1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1\). Donc :

\[F'(x) = a\left[\ln(x) + 1 - 1\right] = a\ln(x) = f(x).\]

En conclusion : \(F' = f\) sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc \(F\) est une primitive de \(f\) sur cet intervalle.

3. Aire du domaine bleuté.

Le domaine est limité par \(\mathcal{C}\), l'axe des abscisses et les droites d'équations \(x = 1\) et \(x = x_0\). Sur \([1\,;\,x_0]\), \(\ln(x) \geqslant 0\) et \(a \gt 0\), donc \(f\) est positive et continue : l'aire, en unités d'aire, est l'intégrale de \(f\) entre 1 et \(x_0\).

\[\int_1^{x_0} f(x)\,\text{d}x = F(x_0) - F(1) = a\left[x_0\ln(x_0) - x_0\right] - a\left[1 \times 0 - 1\right] = a\left(x_0\ln(x_0) - x_0 + 1\right).\]

En conclusion : l'aire bleutée vaut \(a\left(x_0\ln(x_0) - x_0 + 1\right)\) unités d'aire.

Question 4

4. Montrer que AB est constante.

Démarche : on écrit l'équation de la tangente \(T\), on en déduit l'ordonnée de A (abscisse nulle), puis on compare avec l'ordonnée de B, qui est celle de M.

Ainsi, on a \(f'(x) = \dfrac{a}{x}\), donc \(f'(x_0) = \dfrac{a}{x_0}\) et \(f(x_0) = a\ln(x_0)\). La tangente en M a pour équation \(y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)\), soit :

\[T : y = \frac{a}{x_0}\,x - a + a\ln(x_0).\]

Le point A est sur \(T\) et sur l'axe des ordonnées : en prenant \(x = 0\), \(y_A = a\ln(x_0) - a\). Le point B, projeté orthogonal de M sur l'axe des ordonnées, a la même ordonnée que M : \(y_B = a\ln(x_0)\). A et B sont tous deux sur l'axe des ordonnées, donc :

\[\text{AB} = |y_B - y_A| = |a\ln(x_0) - a\ln(x_0) + a| = |a| = a \quad (\text{car } a \gt 0).\]

En conclusion : quelle que soit la valeur de \(x_0\), la longueur AB est égale à \(a\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Un pourcentage pris « parmi » un sous-groupe se traduit par une probabilité conditionnelle ; pour \(P_R(N)\), on divise par \(P(R)\) en gardant les valeurs exactes pour éviter les écarts d'arrondi.
• Pour « au moins un », on passe par l'évènement contraire ; en divisant par \(\ln(0{,}35) \lt 0\), on n'oublie pas de changer le sens de l'inégalité.
• Deux plans sont parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires ; un projeté orthogonal doit être dans le plan et relié au point par un vecteur normal : il faut tester les deux conditions.
• Pour une suite \(u_{n+1} = g(u_n)\) avec \(g\) croissante, la récurrence se fait en appliquant \(g\) à l'encadrement, et la limite est un point fixe \(g(\ell) = \ell\) qu'il faut choisir avec soin.
• Une suite auxiliaire du type \(\ln(1 - u_n)\) transforme un carré en facteur 2 et fournit la forme explicite.
• Pour une longueur sur l'axe des ordonnées, on calcule l'ordonnée à l'origine de la tangente avec \(y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)\).

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Présentation du corrigé du bac 2024, Amérique du Nord, jour 2

Le corrigé du bac 2024, Amérique du Nord, jour 2 du 22 mai 2024 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) porte sur : arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, inéquation avec le logarithme. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) aborde : géométrie dans l'espace : coordonnées, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, intersection, projeté orthogonal. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) traite : étude de fonction, suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, suite géométrique auxiliaire, logarithme, algorithme de seuil. Enfin, la correction de l'exercice 4 (4 points) porte sur : fonction logarithme, primitive, intégrale et aire, équation de tangente.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2024, Amérique du Nord, jour 2

Dans un exercice de suites, calculez d'abord les premiers termes à la main. Ainsi, vous devinez le sens de variation avant de le démontrer par récurrence. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. Quand il faut prouver qu'un vecteur est normal à un plan, vérifiez deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires. Puis déduisez-en l'équation cartésienne.

Si vous n'avez pas encore cherché l'épreuve, commencez par l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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