BAC Révision CollègeBrevetBacAnnales Télécharger

Annales corrigées › Bac 2025 › Mathématiques

Bac 2025

Mathématiques (spécialité) – Centres étrangers 2025, sujet 1 : correction détaillée

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · probabilités, géométrie dans l'espace, fonction logarithme et suite, équation différentielle

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

Ouvrir le sujet dans l'application gratuite

Exercice 1 : Probabilités : contrôles d'une caisse automatique6 points

Trois parties indépendantes : probabilités conditionnelles (arbre pondéré), loi binomiale, somme de variables aléatoires indépendantes et inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

A.1Un contrôle est déclenché. T : « contrôle total » avec P(T) = 0,1. Si le contrôle est total, une erreur est détectée dans 30 % des cas. Si le contrôle est partiel, aucune erreur n'est détectée dans 85 % des cas. Construire l'arbre pondéré et déterminer P(T̄ ∩ E).Touche pour voir la correction

À retenir Sur un arbre pondéré, la probabilité d'une branche complète est le produit des probabilités le long du chemin : P(T ∩ E) = P(T) × P_T(E).

Démarche
  1. Premier niveau : T (probabilité 0,1) et T̄ (probabilité 0,9).
  2. Deuxième niveau, après T : E avec 0,3 et Ē avec 0,7.
  3. Deuxième niveau, après T̄ : Ē avec 0,85, donc E avec 1 − 0,85 = 0,15.
  4. P(T̄ ∩ E) = P(T̄) × P_T̄(E) = 0,9 × 0,15 = 0,135.

RéponseP(T̄ ∩ E) = 0,135

Piège « Pas d'erreur dans 85 % des cas » concerne Ē : la probabilité d'une erreur après un contrôle partiel est 0,15, pas 0,85.

A.2Calculer la probabilité qu'une erreur soit détectée lors du contrôle.Touche pour voir la correction

À retenir Formule des probabilités totales avec la partition {T, T̄}.

Démarche
  1. P(E) = P(T ∩ E) + P(T̄ ∩ E) (probabilités totales).
  2. P(T ∩ E) = 0,1 × 0,3 = 0,03 et P(T̄ ∩ E) = 0,135 (question 1).
  3. P(E) = 0,03 + 0,135 = 0,165.

RéponseP(E) = 0,165

Vérification On retrouve la valeur p = 0,165 utilisée dans la partie B.

A.3Déterminer la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué sachant qu'une erreur a été détectée (arrondie au centième).Touche pour voir la correction

À retenir Probabilité conditionnelle : P_E(T) = P(T ∩ E) / P(E).

Démarche
  1. P_E(T) = 0,03 / 0,165.
  2. 0,03 / 0,165 = 2/11 ≈ 0,1818.

RéponseP_E(T) ≈ 0,18

Piège Ne pas confondre P_T(E) = 0,3 (erreur sachant contrôle total) et P_E(T) ≈ 0,18 (contrôle total sachant erreur).

B.1La caisse déclenche 15 contrôles dans la journée, chacun met en évidence une erreur avec la probabilité p = 0,165, indépendamment des autres. X est le nombre d'erreurs détectées. Préciser les paramètres de la loi binomiale.Touche pour voir la correction

À retenir Répétition de n épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes : loi binomiale B(n ; p).

Démarche
  1. Chaque contrôle est une épreuve à deux issues : erreur détectée (succès, p = 0,165) ou non.
  2. Les 15 contrôles sont indépendants.

RéponseX suit la loi binomiale B(15 ; 0,165).

B.2Déterminer P(X = 5), arrondie au centième.Touche pour voir la correction

À retenir P(X = k) = C(n, k) p^k (1 − p)^(n − k).

Démarche
  1. P(X = 5) = C(15, 5) × 0,165⁵ × 0,835¹⁰.
  2. À la calculatrice (BinomFdp(15 ; 0,165 ; 5)) : 0,0605.

RéponseP(X = 5) ≈ 0,06

B.3Déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée (arrondie au centième).Touche pour voir la correction

À retenir « Au moins un » : on passe par l'événement contraire « aucun ».

Démarche
  1. P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0).
  2. P(X = 0) = 0,835¹⁵ ≈ 0,0669.
  3. P(X ≥ 1) ≈ 1 − 0,0669 = 0,9331.

RéponseP(X ≥ 1) ≈ 0,93

B.4Combien de contrôles la caisse doit-elle déclencher par jour pour que la probabilité d'avoir au moins une erreur détectée soit supérieure à 99 % ?Touche pour voir la correction

À retenir On résout 1 − (1 − p)ⁿ > 0,99 avec le logarithme (ln est strictement croissante, et ln 0,835 < 0 renverse l'inégalité).

Démarche
  1. Avec n contrôles : P(au moins une erreur) = 1 − 0,835ⁿ.
  2. 1 − 0,835ⁿ > 0,99 ⇔ 0,835ⁿ < 0,01.
  3. n ln 0,835 < ln 0,01 ⇔ n > ln 0,01 / ln 0,835 (on divise par ln 0,835 < 0, donc le sens change).
  4. ln 0,01 / ln 0,835 ≈ 25,54, donc le plus petit entier est n = 26.

RéponseIl faut au moins 26 contrôles par jour.

Vérification 0,835^25 ≈ 0,0110 > 0,01 mais 0,835^26 ≈ 0,0092 < 0,01.

C.1X₁ suit la loi binomiale B(20 ; 0,165). Déterminer les valeurs exactes de E(X₁) et V(X₁).Touche pour voir la correction

À retenir Pour une loi binomiale B(n ; p) : E = np et V = np(1 − p).

Démarche
  1. E(X₁) = 20 × 0,165 = 3,3.
  2. V(X₁) = 20 × 0,165 × 0,835 = 2,7555.

RéponseE(X₁) = 3,3 et V(X₁) = 2,7555

C.2S = X₁ + X₂ + X₃, avec X₁, X₂, X₃ indépendantes de même loi B(20 ; 0,165). Justifier E(S) = 9,9 et V(S) = 8,2665.Touche pour voir la correction

À retenir L'espérance est linéaire ; la variance d'une somme est la somme des variances si les variables sont indépendantes.

Démarche
  1. E(S) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃) (linéarité) = 3 × 3,3 = 9,9.
  2. X₁, X₂, X₃ sont indépendantes : V(S) = V(X₁) + V(X₂) + V(X₃) = 3 × 2,7555 = 8,2665.

RéponseE(S) = 9,9 et V(S) = 8,2665

Piège L'additivité de la variance exige l'indépendance : à citer dans la rédaction.

C.3En utilisant 10 comme valeur de E(S), montrer à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev que P(6 < S < 14) > 0,48.Touche pour voir la correction

À retenir Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : P(|S − E(S)| ≥ δ) ≤ V(S)/δ², donc P(|S − E(S)| < δ) ≥ 1 − V(S)/δ².

Démarche
  1. 6 < S < 14 ⇔ |S − 10| < 4.
  2. Avec E(S) = 10 et δ = 4 : P(|S − 10| < 4) ≥ 1 − V(S)/4² = 1 − 8,2665/16.
  3. 8,2665 / 16 ≈ 0,5167, donc 1 − 0,5167 ≈ 0,4833.
  4. 0,4833 > 0,48, donc P(6 < S < 14) > 0,48.

RéponseP(6 < S < 14) ≥ 0,4833 > 0,48.

Piège L'énoncé impose d'utiliser 10 comme centre (valeur approchée de 9,9), tout en gardant V(S) = 8,2665.

Exercice 2 : QCM : géométrie dans l'espace4 points

Quatre questions indépendantes, sans justification demandée. Données : A(−3 ; 1 ; 4), B(1 ; 5 ; 2), plan 𝒫 : 4x + 4y − 2z + 3 = 0, droite (d) de représentation x = −6 + 3t, y = 1, z = 9 − 5t.

1Les droites (AB) et (d) sont : a. sécantes non perpendiculaires ; b. perpendiculaires ; c. non coplanaires ; d. parallèles.Touche pour voir la correction

À retenir Deux droites de vecteurs directeurs non colinéaires sont sécantes si un point commun existe, perpendiculaires si les vecteurs directeurs sont orthogonaux.

Démarche
  1. Vecteur AB = (4 ; 4 ; −2) ; vecteur directeur de (d) : (3 ; 0 ; −5). Ils ne sont pas colinéaires (0 ≠ 4 alors que 3 ≠ 0).
  2. Produit scalaire : 4×3 + 4×0 + (−2)×(−5) = 22 ≠ 0 : non orthogonaux.
  3. Le point A appartient à (d) : t = 1 donne (−3 ; 1 ; 4) = A. Les droites se coupent en A.

Réponsea. (sécantes non perpendiculaires)

2La droite (AB) est : a. incluse dans 𝒫 ; b. strictement parallèle à 𝒫 ; c. sécante et non orthogonale à 𝒫 ; d. orthogonale à 𝒫.Touche pour voir la correction

À retenir Une droite est orthogonale à un plan si son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan.

Démarche
  1. Un vecteur normal de 𝒫 est n = (4 ; 4 ; −2).
  2. AB = (4 ; 4 ; −2) = n : les vecteurs sont colinéaires.

Réponsed. (orthogonale à 𝒫)

3Plan 𝒫′ : 2x + y + 6z + 5 = 0. Les plans 𝒫 et 𝒫′ sont : a. sécants non perpendiculaires ; b. perpendiculaires ; c. confondus ; d. strictement parallèles.Touche pour voir la correction

À retenir Deux plans sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

Démarche
  1. Normales : (4 ; 4 ; −2) et (2 ; 1 ; 6).
  2. Produit scalaire : 8 + 4 − 12 = 0 : normales orthogonales.

Réponseb. (perpendiculaires)

4C(0 ; 1 ; −1). Valeur de l'angle BAC arrondie au degré : a. 90° ; b. 51° ; c. 39° ; d. 0°.Touche pour voir la correction

À retenir cos(BÂC) = (AB · AC) / (AB × AC).

Démarche
  1. AB = (4 ; 4 ; −2), AC = (3 ; 0 ; −5).
  2. AB · AC = 12 + 0 + 10 = 22.
  3. AB = √36 = 6 et AC = √34.
  4. cos(BÂC) = 22 / (6√34) ≈ 0,629, donc BÂC ≈ 51°.

Réponseb. (51°)

Vérification arccos(0,629) ≈ 51,04°.

Exercice 3 : Fonction logarithme, équation h(x) = 0 et suite récurrente6 points

f(x) = 4 ln(x + 1) − x²/25 sur ]−1 ; +∞[. Partie A : étude de f, équation h(x) = f(x) − x = 0 et algorithme de balayage. Partie B : suite uₙ₊₁ = f(uₙ) avec u₀ = 2.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Tableau de variations de h sur [2 ; 6,5] ; Script Python bornes(n). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Déterminer la limite de f(x) = 4 ln(x + 1) − x²/25 quand x tend vers −1.Touche pour voir la correction

À retenir ln(X) tend vers −∞ quand X tend vers 0 par valeurs supérieures ; une somme dont un terme tend vers −∞ et l'autre est fini tend vers −∞.

Démarche
  1. Quand x → −1⁺, x + 1 → 0⁺ donc ln(x + 1) → −∞ et 4 ln(x + 1) → −∞.
  2. x²/25 → 1/25 (fini).
  3. Par somme, f(x) → −∞.

Réponselim f(x) = −∞ quand x → −1 (la droite x = −1 est asymptote verticale).

Piège Il s'agit d'une limite à droite de −1 puisque le domaine est ]−1 ; +∞[.

A.2Montrer que f′(x) = (100 − 2x − 2x²) / (25(x + 1)) pour x > −1.Touche pour voir la correction

À retenir (ln(u))′ = u′/u et (x²)′ = 2x ; on réduit au même dénominateur.

Démarche
  1. f′(x) = 4/(x + 1) − 2x/25.
  2. Dénominateur commun 25(x + 1) : f′(x) = [100 − 2x(x + 1)] / [25(x + 1)].
  3. 2x(x + 1) = 2x² + 2x, d'où f′(x) = (100 − 2x − 2x²) / (25(x + 1)).

Réponsef′(x) = (100 − 2x − 2x²) / (25(x + 1)).

Vérification En x = 0 : f′(0) = 4, et 100/25 = 4.

A.3Étudier les variations de f sur ]−1 ; +∞[ et en déduire que f est strictement croissante sur [2 ; 6,5].Touche pour voir la correction

À retenir Le signe de f′ est celui du numérateur (le dénominateur est positif), ici un trinôme du second degré.

Démarche
  1. Pour x > −1, 25(x + 1) > 0 : f′ a le signe de −2x² − 2x + 100 = −2(x² + x − 50).
  2. Discriminant de x² + x − 50 : 1 + 200 = 201 ; racines (−1 ± √201)/2, soit ≈ −7,59 (hors domaine) et x₀ = (−1 + √201)/2 ≈ 6,589.
  3. Le trinôme −2(x² + x − 50) est positif entre ses racines : f′ > 0 sur ]−1 ; x₀[ et f′ < 0 sur ]x₀ ; +∞[.
  4. f est donc strictement croissante sur ]−1 ; x₀] avec x₀ ≈ 6,589 > 6,5, donc en particulier sur [2 ; 6,5].

Réponsef est strictement croissante sur ]−1 ; (−1 + √201)/2] (≈ 6,59) puis strictement décroissante ; elle est donc strictement croissante sur [2 ; 6,5].

Vérification f(x₀) ≈ 6,37 est le maximum de f.

A.4h(x) = f(x) − x sur [2 ; 6,5]. Le tableau de h indique : croissante de h(2) jusqu'au maximum M ≈ 2,265 atteint en x = m ≈ 2,364, puis décroissante jusqu'à h(6,5). Montrer que h(x) = 0 admet une unique solution α dans [2 ; 6,5].Touche pour voir la correction

À retenir Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : une fonction continue et strictement monotone sur [a ; b] prend une seule fois toute valeur comprise entre ses bornes.

Démarche
  1. h(2) = 4 ln 3 − 4/25 − 2 ≈ 2,23 > 0 ; sur [2 ; m], h est croissante donc h(x) ≥ h(2) > 0 : pas de solution sur cet intervalle (m ≈ 2,364).
  2. h(6,5) = 4 ln 7,5 − 6,5²/25 − 6,5 ≈ −0,13 < 0.
  3. Sur [m ; 6,5], h est continue, strictement décroissante, avec h(m) = M > 0 et h(6,5) < 0 : par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, h(x) = 0 a une unique solution α dans cet intervalle.
  4. Conclusion : unique solution α sur [2 ; 6,5].

RéponseL'équation h(x) = 0 admet une unique solution α sur [2 ; 6,5] (α ≈ 6,366).

Piège Il faut traiter séparément la partie croissante (où h reste positive) et la partie décroissante. Le tableau donne les deux valeurs m et M : m ≈ 2,364 est l'abscisse du maximum et M ≈ 2,265 sa valeur.

A.5.aDonner les valeurs renvoyées par bornes(2) (arrondies au centième). La fonction part de x = 6 avec un pas p = 10⁻² et avance tant que f(x) − x > 0.Touche pour voir la correction

À retenir La boucle s'arrête dès que f(x) − x ≤ 0 : x est alors le premier point de la grille de pas p situé après α, et x − p le dernier avant.

Démarche
  1. Pour n = 2, p = 10^{−2} = 0,01 et x démarre à 6 où h(6) = f(6) − 6 ≈ 0,34 > 0.
  2. Tant que f(x) − x > 0, x augmente de 0,01 ; h est décroissante sur [6 ; 6,5] et s'annule en α ≈ 6,3665.
  3. La boucle s'arrête sur le premier x de la grille avec h(x) ≤ 0, soit x = 6,37 ; la fonction renvoie (x − p ; x) = (6,36 ; 6,37).

Réponsebornes(2) renvoie (6,36 ; 6,37).

Vérification h(6,36) > 0 et h(6,37) < 0 ; α ≈ 6,3665.

A.5.bInterpréter ces valeurs dans le contexte de l'exercice.Touche pour voir la correction

À retenir bornes(n) donne un encadrement de α d'amplitude 10⁻ⁿ.

Démarche
  1. h(6,36) > 0 et h(6,37) ≤ 0, donc 6,36 < α ≤ 6,37 (h est décroissante sur cet intervalle).
  2. bornes(2) renvoie donc un encadrement de α d'amplitude 10^{−2}.

Réponse6,36 < α ≤ 6,37 : encadrement de α, unique solution de f(x) = x sur [2 ; 6,5], à 0,01 près.

Piège À relier à la partie B : α est la limite de la suite (uₙ).

B.1(uₙ) : u₀ = 2, uₙ₊₁ = f(uₙ). Montrer par récurrence que 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 6,5 pour tout n.Touche pour voir la correction

À retenir Récurrence : initialisation, hérédité en appliquant f, strictement croissante sur [2 ; 6,5], aux encadrements.

Démarche
  1. Initialisation : u₀ = 2 et u₁ = f(2) ≈ 4,23. Donc 2 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 6,5.
  2. Hérédité : on suppose 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 6,5. f est croissante sur [2 ; 6,5], donc f(2) ≤ f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(6,5).
  3. Or f(2) ≥ 2 (f(2) ≈ 4,23) et f(6,5) ≈ 6,37 ≤ 6,5 (car h(6,5) < 0 : f(6,5) < 6,5).
  4. On obtient 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 6,5 : la propriété est héréditaire.
  5. Conclusion : elle est vraie pour tout n.

RéponsePour tout n, 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 6,5.

Piège Pour majorer f(6,5) par 6,5, on utilise h(6,5) < 0, c'est-à-dire f(6,5) < 6,5.

B.2En déduire que (uₙ) converge vers une limite ℓ.Touche pour voir la correction

À retenir Théorème de convergence monotone : une suite croissante et majorée converge.

Démarche
  1. D'après B.1, uₙ ≤ uₙ₊₁ : la suite est croissante.
  2. Elle est majorée par 6,5.
  3. Une suite croissante et majorée converge.

Réponse(uₙ) converge vers un réel ℓ avec 2 ≤ ℓ ≤ 6,5.

B.3Justifier que ℓ = α.Touche pour voir la correction

À retenir Si uₙ₊₁ = f(uₙ) avec f continue et uₙ → ℓ, alors ℓ = f(ℓ).

Démarche
  1. f est continue sur [2 ; 6,5] ; en passant à la limite dans uₙ₊₁ = f(uₙ), on obtient ℓ = f(ℓ).
  2. Donc h(ℓ) = f(ℓ) − ℓ = 0 avec ℓ ∈ [2 ; 6,5].
  3. Par unicité de la solution de h(x) = 0 sur [2 ; 6,5] (A.4), ℓ = α.

Réponseℓ = α ≈ 6,366.

Vérification Cohérent avec 2 ≤ uₙ ≤ 6,5 et avec l'encadrement 6,36 < α < 6,37.

Exercice 4 : Équation différentielle logistique : bactéries4 points

Partie A : résolution de y′ + 0,48y = 1/250. Partie B : population p (en milliers) solution de p′ = (1/250) p (120 − p), avec p(0) = 30 ; on pose y = 1/p.

A.1Montrer que la fonction constante h(t) = 1/120 est solution de (E₁) : y′ + 0,48y = 1/250.Touche pour voir la correction

À retenir Pour une constante, y′ = 0.

Démarche
  1. h′(t) = 0.
  2. h′(t) + 0,48 h(t) = 0,48/120 = 0,004.
  3. 1/250 = 0,004 : l'égalité est vérifiée.

Réponseh est solution de (E₁).

A.2Donner la forme générale des solutions de y′ + 0,48y = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Les solutions de y′ + ay = 0 sont les fonctions t ↦ C e^(−at), C réel.

Démarche
  1. Ici a = 0,48.

Réponsey(t) = C e^(−0,48 t), C ∈ ℝ.

A.3En déduire l'ensemble des solutions de (E₁).Touche pour voir la correction

À retenir Solution générale de l'équation avec second membre = solution particulière + solution générale de l'équation homogène.

Démarche
  1. Solution particulière : h(t) = 1/120.
  2. Solutions de l'équation homogène : C e^(−0,48 t).

Réponsey(t) = 1/120 + C e^(−0,48 t), C ∈ ℝ.

B.1Montrer que si p est solution de (E₂) : p′ = (1/250) p (120 − p), alors y = 1/p est solution de (E₁).Touche pour voir la correction

À retenir Si y = 1/p, alors y′ = −p′/p² ; on remplace p′ par l'expression de l'équation.

Démarche
  1. p est strictement positive donc y = 1/p est bien définie et dérivable.
  2. y′ = −p′/p² = −(1/250)(120 − p)/p = −(120/250)(1/p) + 1/250.
  3. Comme 1/p = y et 120/250 = 0,48 : y′ = −0,48 y + 1/250.
  4. Donc y′ + 0,48 y = 1/250 : y est solution de (E₁).

Réponsey = 1/p vérifie y′ + 0,48 y = 1/250.

Piège La dérivée de 1/p est −p′/p² : ne pas oublier le signe moins.

B.2Montrer que p(t) = 120 / (1 + K e^(−0,48 t)) avec K constante réelle.Touche pour voir la correction

À retenir p = 1/y et y = 1/120 + C e^(−0,48 t) ; on réduit au même dénominateur.

Démarche
  1. y(t) = 1/120 + C e^(−0,48 t) = (1 + 120 C e^(−0,48 t)) / 120.
  2. p(t) = 1/y(t) = 120 / (1 + 120 C e^(−0,48 t)).
  3. En posant K = 120 C (constante réelle) : p(t) = 120 / (1 + K e^(−0,48 t)).

Réponsep(t) = 120 / (1 + K e^(−0,48 t)) avec K = 120 C.

B.3Déterminer K avec p(0) = 30.Touche pour voir la correction

À retenir On utilise la condition initiale en t = 0 (e⁰ = 1).

Démarche
  1. p(0) = 120/(1 + K) = 30.
  2. 1 + K = 4, donc K = 3.

RéponseK = 3, donc p(t) = 120 / (1 + 3 e^(−0,48 t)).

Vérification p(0) = 120/4 = 30 ✓.

B.4Déterminer la limite de p(t) en +∞ et l'interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir e^(−0,48 t) → 0 quand t → +∞.

Démarche
  1. Quand t → +∞, 3 e^(−0,48 t) → 0, donc le dénominateur tend vers 1.
  2. p(t) → 120.

Réponselim p(t) = 120 : la population tend vers 120 000 bactéries (capacité d'accueil du milieu).

Piège p est en milliers d'individus : la limite correspond à 120 000 bactéries.

B.5Déterminer le temps nécessaire pour que la population dépasse 60 000 individus (arrondi en heures et minutes).Touche pour voir la correction

À retenir 60 000 individus correspondent à p(t) > 60 ; on résout l'inéquation avec ln.

Démarche
  1. p(t) > 60 ⇔ 120 / (1 + 3 e^(−0,48 t)) > 60 ⇔ 1 + 3 e^(−0,48 t) < 2 (dénominateur positif).
  2. ⇔ e^(−0,48 t) < 1/3 ⇔ −0,48 t < −ln 3 ⇔ t > ln 3 / 0,48.
  3. ln 3 / 0,48 ≈ 2,289 h ; 0,289 h × 60 ≈ 17,3 min.

Réponset > ln 3 / 0,48 ≈ 2,289 h, soit environ 2 h 17 min.

Piège Convertir la partie décimale en minutes : 0,289 h ≈ 17 min (et non 28 min).

Télécharger BAC Révision, gratuit

Autres sujets de Mathématiques (Bac 2025)