Corrigé du bac de maths 2025 : Centres étrangers, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, Centres étrangers, jour 1) 6 points

Arbre pondéré, probabilités totales, loi binomiale, espérance et variance d'une somme, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. Arbre pondéré et calcul de \(P(\overline{T} \cap E)\).

Ensuite, on traduit l'énoncé : un contrôle sur dix est total, donc \(P(T) = 0{,}1\) et \(P(\overline{T}) = 0{,}9\). Lors d'un contrôle total, une erreur est trouvée dans 30 % des cas : \(P_T(E) = 0{,}3\), donc \(P_T(\overline{E}) = 0{,}7\). Lors d'un contrôle partiel, il n'y a pas d'erreur dans 85 % des cas : \(P_{\overline{T}}(\overline{E}) = 0{,}85\), donc \(P_{\overline{T}}(E) = 0{,}15\).

L'arbre, lu branche par branche :

• \(T\) avec la probabilité \(0{,}1\)
  • puis \(E\) avec la probabilité \(0{,}3\)
  • puis \(\overline{E}\) avec la probabilité \(0{,}7\)
• \(\overline{T}\) avec la probabilité \(0{,}9\)
  • puis \(E\) avec la probabilité \(0{,}15\)
  • puis \(\overline{E}\) avec la probabilité \(0{,}85\)

La probabilité d'une intersection s'obtient en multipliant les probabilités le long du chemin \(\overline{T}\) puis \(E\) :

\[P(\overline{T} \cap E) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15 = 0{,}135.\]

En conclusion : \(P(\overline{T} \cap E) = 0{,}135\).

2. Probabilité qu'une erreur soit détectée.

Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne \(P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E)\). Or \(P(T \cap E) = 0{,}1 \times 0{,}3 = 0{,}03\). Donc \(P(E) = 0{,}03 + 0{,}135 = 0{,}165\).

En conclusion : \(P(E) = 0{,}165\).

3. Probabilité d'un contrôle total sachant qu'une erreur a été détectée.

Alors, on cherche une probabilité conditionnelle « inversée » par rapport à l'arbre : on revient à la définition.

\[P_E(T) = \dfrac{P(T \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}03}{0{,}165} = \dfrac{2}{11} \approx 0{,}1818.\]

En conclusion : \(P_E(T) = \dfrac{2}{11} \approx 0{,}18\).

Partie B

1. Paramètres de la loi binomiale.

Ensuite, on répète 15 fois, de façon indépendante, une même épreuve de Bernoulli dont le succès « une erreur est détectée » a pour probabilité \(0{,}165\). \(X\) compte les succès.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(15~;~0{,}165)\).

2. Probabilité d'exactement 5 erreurs.

Ensuite, on applique la formule de la loi binomiale : \(P(X = 5) = \dbinom{15}{5} \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10}\). Avec \(\dbinom{15}{5} = 3003\), la calculatrice donne \(P(X = 5) \approx 0{,}0605\).

En conclusion : \(P(X = 5) \approx 0{,}06\).

3. Probabilité d'au moins une erreur.

L'évènement contraire de « \(X \geqslant 1\) » est « \(X = 0\) », c'est-à-dire aucune erreur sur les 15 contrôles. Donc \(P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}835^{15} \approx 1 - 0{,}0669 = 0{,}9331\).

En conclusion : \(P(X \geqslant 1) \approx 0{,}93\).

4. Nombre de contrôles pour que la probabilité d'au moins une erreur dépasse 99 %.

Si la caisse déclenche \(n\) contrôles, le nombre d'erreurs \(X_n\) suit la loi \(\mathcal{B}(n~;~0{,}165)\) et, comme à la question précédente, \(P(X_n \geqslant 1) = 1 - 0{,}835^n\). Alors, on résout :

\[1 - 0{,}835^n \gt 0{,}99 \iff 0{,}835^n \lt 0{,}01 \iff n\ln(0{,}835) \lt \ln(0{,}01).\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, ce qui conserve le sens de l'inégalité. Par ailleurs, on divise ensuite par \(\ln(0{,}835)\), qui est négatif car \(0{,}835 \lt 1\) : le sens de l'inégalité change.

\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \approx 25{,}54.\]

Vérification : \(1 - 0{,}835^{25} \approx 0{,}9890\) est encore sous 0,99, tandis que \(1 - 0{,}835^{26} \approx 0{,}9908\) passe au-dessus.

En conclusion : la caisse doit déclencher au moins 26 contrôles par jour.

Partie C

1. Espérance et variance de \(X_1\).

Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~p)\), l'espérance vaut \(np\) et la variance \(np(1-p)\). Ici \(n = 20\) et \(p = 0{,}165\) :

\[E(X_1) = 20 \times 0{,}165 = 3{,}3 \qquad V(X_1) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 2{,}7555.\]

En conclusion : \(E(X_1) = 3{,}3\) et \(V(X_1) = 2{,}7555\).

2. Espérance et variance de \(S\), puis minoration par Bienaymé-Tchebychev.

Les trois variables suivent la même loi, donc ont toutes l'espérance 3,3 et la variance 2,7555. Par linéarité de l'espérance (valable sans hypothèse), \(E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9\). Comme \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances : \(V(S) = 3 \times 2{,}7555 = 8{,}2665\).

Ensuite, on utilise maintenant, comme demandé, 10 pour \(E(S)\). Dire que \(S\) est strictement compris entre 6 et 14, c'est dire que \(-4 \lt S - 10 \lt 4\), soit \(|S - 10| \lt 4\). L'évènement contraire est \(|S - 10| \geqslant 4\), dont l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev majore la probabilité :

\[P(|S - 10| \geqslant 4) \leqslant \dfrac{V(S)}{4^2} = \dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}5167.\]

En passant au contraire :

\[P(6 \lt S \lt 14) = 1 - P(|S - 10| \geqslant 4) \geqslant 1 - 0{,}5167 = 0{,}4833.\]

En conclusion : \(E(S) = 9{,}9\), \(V(S) = 8{,}2665\) et \(P(6 \lt S \lt 14) \geqslant 0{,}4833 \gt 0{,}48\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, Centres étrangers, jour 1) 4 points

Géométrie dans l'espace : vecteurs directeurs et normaux, positions relatives, produit scalaire et angle

Le repère étant orthonormé, on peut calculer produits scalaires et normes à partir des coordonnées. Alors, on note \(\overrightarrow{u} = \overrightarrow{AB} = (4~;~4~;~-2)\), \(\overrightarrow{v} = (3~;~0~;~-5)\) un vecteur directeur de \((d)\) (coefficients de \(t\)) et \(\overrightarrow{n} = (4~;~4~;~-2)\) un vecteur normal de \(\mathcal{P}\).

1. Position des droites (AB) et \((d)\).

Les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\overrightarrow{v}\) est nulle, pas celle de \(\overrightarrow{u}\)) : les droites ne sont pas parallèles. Cherchons si A appartient à \((d)\) : la condition \(-3 = -6 + 3t\) donne \(t = 1\), puis \(y = 1\) convient et \(z = 9 - 5 = 4\) aussi. Donc A est sur \((d)\) : les deux droites se coupent en A. Enfin \(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = 4 \times 3 + 4 \times 0 + (-2) \times (-5) = 22 \neq 0\) : elles ne sont pas perpendiculaires.

Réponse a : les droites sont sécantes (en A) et non perpendiculaires.

2. Position de (AB) par rapport à \(\mathcal{P}\).

Ensuite, on remarque que \(\overrightarrow{AB} = (4~;~4~;~-2)\) a exactement les coordonnées du vecteur normal \(\overrightarrow{n}\) lu dans l'équation de \(\mathcal{P}\). Un vecteur directeur de (AB) est donc normal au plan.

Réponse d : la droite (AB) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).

Question 3

3. Position des plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\).

Un vecteur normal de \(\mathcal{P}'\) est \(\overrightarrow{n'} = (2~;~1~;~6)\). Il n'est pas colinéaire à \(\overrightarrow{n}\) (rapports \(\frac{4}{2}\) et \(\frac{4}{1}\) différents), donc les plans sont sécants. De plus \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{n'} = 8 + 4 - 12 = 0\) : les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires.

Réponse b : les plans sont perpendiculaires.

4. Mesure de l'angle \(\widehat{\text{BAC}}\).

Ensuite, on calcule \(\overrightarrow{AC} = (0 + 3~;~1 - 1~;~-1 - 4) = (3~;~0~;~-5)\). Alors, on a \(AB = \sqrt{16 + 16 + 4} = 6\), \(AC = \sqrt{9 + 0 + 25} = \sqrt{34}\) et \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 12 + 0 + 10 = 22\). La relation \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \times AC \times \cos\widehat{\text{BAC}}\) donne :

\[\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{22}{6\sqrt{34}} \approx 0{,}6288 \quad \text{donc} \quad \widehat{\text{BAC}} \approx 51{,}04^\circ.\]

Réponse b : \(\widehat{\text{BAC}} \approx 51^\circ\).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2025, Centres étrangers, jour 1) 6 points

Fonction logarithme, dérivée et variations, théorème des valeurs intermédiaires, algorithme de balayage en Python, suite récurrente et raisonnement par récurrence

Partie A

1. Limite de \(f\) en \(-1\).

Quand \(x\) tend vers \(-1\) par valeurs supérieures, \(x + 1\) tend vers \(0\) en restant positif, et \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\) : par composition, \(4\ln(x+1)\) tend vers \(-\infty\). Le terme \(\frac{x^2}{25}\) tend vers \(\frac{1}{25}\), valeur finie. Par somme :

En conclusion : \(\lim\limits_{x \to -1} f(x) = -\infty\) (la courbe admet la droite d'équation \(x = -1\) pour asymptote verticale).

2. Expression de \(f'(x)\).

La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\frac{u'}{u}\) ; avec \(u(x) = x + 1\), on obtient :

\[f'(x) = \dfrac{4}{x+1} - \dfrac{2x}{25} = \dfrac{4 \times 25 - 2x(x+1)}{25(x+1)} = \dfrac{100 - 2x - 2x^2}{25(x+1)}.\]

En conclusion : pour tout \(x \gt -1\), \(f'(x) = \dfrac{100 - 2x - 2x^2}{25(x+1)}\).

3. Variations de \(f\), puis stricte croissance sur \([2~;~6{,}5]\).

Sur \(]-1~;~+\infty[\), \(25(x+1) \gt 0\), donc \(f'(x)\) a le signe du trinôme \(-2x^2 - 2x + 100\). Son discriminant vaut \(\Delta = (-2)^2 - 4 \times (-2) \times 100 = 804\), et ses racines sont \(x_1 = \dfrac{-1 + \sqrt{201}}{2} \approx 6{,}59\) et \(x_2 = \dfrac{-1 - \sqrt{201}}{2} \approx -7{,}59\). Seule \(x_1\) est dans l'intervalle d'étude. Le coefficient de \(x^2\) est négatif, donc le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l'extérieur.

La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]-1~;~x_1]\) et strictement décroissante sur \([x_1~;~+\infty[\). Comme \(6{,}5 \lt x_1\), l'intervalle \([2~;~6{,}5]\) est contenu dans \(]-1~;~x_1]\).

En conclusion : \(f\) est strictement croissante sur \([2~;~6{,}5]\).

Question 4

4. Unicité de la solution de \(h(x) = 0\) sur \([2~;~6{,}5]\).

Par ailleurs, on découpe l'intervalle selon le tableau de variations de \(h\).

Sur \([2~;~m]\) : \(h\) est croissante, donc pour tout \(x\) de cet intervalle \(h(x) \geqslant h(2)\). Or \(h(2) = 4\ln 3 - \frac{4}{25} - 2 \approx 2{,}23 \gt 0\). Donc \(h\) ne s'annule pas sur \([2~;~m]\).

Sur \([m~;~6{,}5]\) : \(h\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. Ainsi, on a \(h(m) = M \approx 2{,}265 \gt 0\) et \(h(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) - \frac{42{,}25}{25} - 6{,}5 \approx -0{,}13 \lt 0\). Comme 0 est compris entre \(h(6{,}5)\) et \(h(m)\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) assure que \(h(x) = 0\) a une unique solution sur \([m~;~6{,}5]\).

En conclusion : l'équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2~;~6{,}5]\), et \(\alpha \in [m~;~6{,}5]\).

5. a) Valeurs renvoyées par bornes(2).

Avec \(n = 2\), le pas vaut \(p = 0{,}01\). La variable \(x\) part de 6 et avance de 0,01 tant que \(f(x) - x = h(x)\) est strictement positif. Alors, on a \(h(6{,}36) \approx 0{,}0063 \gt 0\), donc la boucle continue, et \(h(6{,}37) \approx -0{,}0034 \lt 0\), donc elle s'arrête avec \(x = 6{,}37\). La fonction renvoie alors \(x - p\) et \(x\).

En conclusion : bornes(2) renvoie \((6{,}36~;~6{,}37)\) (à l'arrondi au centième près).

Question 5 b

5. b) Interprétation.

La boucle s'arrête dès que \(h\) devient négative ou nulle : \(h(6{,}36) \gt 0\) et \(h(6{,}37) \leqslant 0\). Puisque \(h\) change de signe une seule fois sur \([m~;~6{,}5]\), en \(\alpha\), on en déduit \(6{,}36 \lt \alpha \leqslant 6{,}37\).

En conclusion : ces valeurs forment un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(10^{-2}\) : \(6{,}36 \lt \alpha \lt 6{,}37\).

Partie B

1. Récurrence : \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\) ».

Initialisation. \(u_0 = 2\) et \(u_1 = f(2) = 4\ln 3 - 0{,}16 \approx 4{,}23\). Donc on a bien \(2 \leqslant 2 \leqslant 4{,}23 \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}_n\) vraie pour un entier \(n\) : \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\). Ces quatre nombres sont dans \([2~;~6{,}5]\), où \(f\) est strictement croissante (partie A, question 3) ; appliquer \(f\) conserve donc l'ordre : \(f(2) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \lt f(6{,}5)\), c'est-à-dire \(f(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \lt f(6{,}5)\). Or \(f(2) \approx 4{,}23 \geqslant 2\) et \(f(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) - 1{,}69 \approx 6{,}37 \lt 6{,}5\). Donc \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) 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 \(n \in \mathbb{N}\), \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\).

2. Convergence de \((u_n)\).

L'inégalité \(u_n \leqslant u_{n+1}\) pour tout \(n\) montre que la suite est croissante, et \(u_n \lt 6{,}5\) qu'elle est majorée par 6,5. D'après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge.

En conclusion : \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\), avec \(2 \leqslant \ell \leqslant 6{,}5\) par passage à la limite dans les inégalités.

Question 3

3. Justifier que \(\ell = \alpha\).

La fonction \(f\) est continue sur \([2~;~6{,}5]\) (elle y est dérivable), tous les termes \(u_n\) sont dans cet intervalle et \(\ell\) aussi. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\) : le membre de gauche tend vers \(\ell\), celui de droite vers \(f(\ell)\) par continuité. Ainsi \(f(\ell) = \ell\), soit \(h(\ell) = f(\ell) - \ell = 0\). Or \(\alpha\) est l'unique solution de \(h(x) = 0\) sur \([2~;~6{,}5]\).

En conclusion : \(\ell = \alpha\), et d'après la partie A, \(\ell \approx 6{,}37\) (plus précisément \(6{,}36 \lt \ell \lt 6{,}37\)).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, Centres étrangers, jour 1) 4 points

Équations différentielles \(y' + ay = b\), solution particulière constante, changement de fonction, modèle logistique, logarithme

Partie A

1. La fonction constante \(h(t) = \frac{1}{120}\) est solution de \((E_1)\).

Une fonction constante a une dérivée nulle : \(h'(t) = 0\). Alors \(h'(t) + 0{,}48\,h(t) = 0 + \dfrac{0{,}48}{120} = 0{,}004\), et \(\dfrac{1}{250} = 0{,}004\) aussi.

En conclusion : \(h\) vérifie \((E_1)\) pour tout \(t \geqslant 0\), c'est une solution particulière.

2. Solutions de \(y' + 0{,}48y = 0\).

L'équation s'écrit \(y' = -0{,}48y\), de la forme \(y' = ay\) avec \(a = -0{,}48\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{at}\).

En conclusion : les solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-0{,}48t}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

3. Ensemble des solutions de \((E_1)\).

La solution générale d'une équation \(y' + ay = b\) est la somme d'une solution particulière et de la solution générale de l'équation homogène associée.

En conclusion : les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

Partie B

1. Si \(p\) est solution de \((E_2)\), alors \(y\) est solution de \((E_1)\).

Puisque \(p = \frac{1}{y}\), on a aussi \(y = \frac{1}{p}\), fonction dérivable car \(p\) est dérivable et ne s'annule pas. Ensuite, on dérive l'inverse : \(y' = -\dfrac{p'}{p^2}\). Alors, on remplace \(p'\) grâce à \((E_2)\) :

\[y' = -\dfrac{1}{p^2} \times \dfrac{1}{250}p(120 - p) = -\dfrac{120 - p}{250p} = -\dfrac{120}{250p} + \dfrac{1}{250}.\]

Comme \(\frac{1}{p} = y\) et \(\frac{120}{250} = 0{,}48\), il vient \(y' = -0{,}48y + \dfrac{1}{250}\), c'est-à-dire \(y' + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}\).

En conclusion : \(y\) est solution de \((E_1)\).

2. Forme de \(p(t)\).

D'après la partie A, il existe un réel \(C\) tel que \(y(t) = C\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\) pour tout \(t \geqslant 0\). Alors, en multipliant numérateur et dénominateur par 120 :

\[p(t) = \dfrac{1}{y(t)} = \dfrac{1}{\frac{1}{120} + C\text{e}^{-0{,}48t}} = \dfrac{120}{1 + 120C\,\text{e}^{-0{,}48t}}.\]

En conclusion : en posant \(K = 120C\), constante réelle, on obtient \(p(t) = \dfrac{120}{1 + K\text{e}^{-0{,}48t}}\).

3. Valeur de \(K\).

Pour \(t = 0\), \(\text{e}^0 = 1\), donc \(p(0) = \dfrac{120}{1 + K}\). La condition \(p(0) = 30\) donne \(1 + K = \dfrac{120}{30} = 4\).

En conclusion : \(K = 3\), et \(p(t) = \dfrac{120}{1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}}\).

4. Limite de \(p\) en \(+\infty\) et interprétation.

Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}48t\) tend vers \(-\infty\), donc \(\text{e}^{-0{,}48t}\) tend vers 0 (composition avec \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\)). Le dénominateur \(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}\) tend vers 1, et par quotient \(p(t)\) tend vers 120.

En conclusion : \(\lim\limits_{t \to +\infty} p(t) = 120\) : à long terme, la population de bactéries se stabilise vers 120 000 individus.

Question 5

5. Temps nécessaire pour dépasser 60 000 bactéries.

60 000 bactéries correspondent à \(p(t) = 60\) (en milliers). Le dénominateur étant positif, on peut raisonner par équivalences :

\[p(t) \gt 60 \iff 120 \gt 60\left(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}\right) \iff 2 \gt 1 + 3\text{e}^{-0{,}48t} \iff \text{e}^{-0{,}48t} \lt \dfrac{1}{3}.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante : \(-0{,}48t \lt \ln\left(\frac{1}{3}\right) = -\ln 3\), puis, en divisant par \(-0{,}48 \lt 0\), \(t \gt \dfrac{\ln 3}{0{,}48} \approx 2{,}2888\) heures.

Conversion : \(0{,}2888 \times 60 \approx 17{,}3\) minutes.

En conclusion : la population dépasse 60 000 bactéries au bout d'environ 2 heures et 17 minutes.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour une probabilité du type « au moins un succès » avec une loi binomiale, passer par l'évènement contraire \(X = 0\), puis résoudre \(1 - q^n \gt s\) avec le logarithme en pensant à changer le sens de l'inégalité quand on divise par \(\ln q \lt 0\).
• La variance d'une somme n'est la somme des variances que si les variables sont indépendantes ; l'espérance, elle, est toujours additive.
• Avec Bienaymé-Tchebychev, traduire « strictement compris entre 6 et 14 » en \(|S - 10| \lt 4\), majorer la probabilité de l'évènement contraire, puis soustraire à 1.
• Dans un QCM de géométrie, le premier réflexe est de comparer vecteurs directeurs et vecteurs normaux (colinéarité, produit scalaire nul) avant tout calcul de système.
• Pour une suite \(u_{n+1} = f(u_n)\) avec \(f\) croissante, la récurrence consiste à appliquer \(f\) à la chaîne d'inégalités ; la limite, si \(f\) est continue, vérifie \(f(\ell) = \ell\).
• Un changement de fonction \(y = \frac{1}{p}\) transforme une équation logistique en équation linéaire \(y' + ay = b\) : solution particulière constante plus solution de l'équation homogène.

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Présentation du corrigé du bac 2025, Centres étrangers, jour 1

Le corrigé du bac 2025, Centres étrangers, jour 1 du 12 juin 2025 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (6 points) aborde : arbre pondéré, probabilités totales, loi binomiale, espérance et variance d'une somme, inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (4 points) traite : géométrie dans l'espace : vecteurs directeurs et normaux, positions relatives, produit scalaire et angle. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) porte sur : fonction logarithme, dérivée et variations, théorème des valeurs intermédiaires, algorithme de balayage en Python, suite récurrente et raisonnement par récurrence. Enfin, la correction de l'exercice 4 (4 points) aborde : équations différentielles, solution particulière constante, changement de fonction, modèle logistique, logarithme.

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 2025, Centres étrangers, jour 1

Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. 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. Pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. En effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

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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• Corrigé Amérique du Nord, jour 1
• Corrigé Amérique du Nord, jour 2
• Corrigé Centres étrangers, jour 2
• Corrigé France, septembre, jour 1
• Corrigé France, septembre, jour 2

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