Chapitres Maths en Terminale Générale

Exercices de dénombrement en terminale : corrigés, type bac et QCM

Par Seda Biber, le 27/10/2026

Pour réussir un exercice de dénombrement en terminale, commencez par identifier ce que vous comptez en vous posant deux questions : l’ordre des éléments compte-t-il, et un même élément peut-il apparaître plusieurs fois ? Si l’ordre compte et que la répétition est permise, vous comptez des k-uplets ( $n^k$ ). Si l’ordre compte sans répétition, ce sont des k-uplets d’éléments distincts ( $\dfrac{n!}{(n-k)!}$ ). Si l’ordre ne compte pas, ce sont des combinaisons ( $\dbinom{n}{k}$ ). Les sept exercices corrigés et le QCM ci-dessous suivent le programme de spé maths de terminale : applications directes, démonstrations exigibles, puis un exercice type bac qui mêle dénombrement et probabilités. Ils servent aussi à préparer un contrôle ou une évaluation sur le chapitre. Chaque corrigé détaille le raisonnement : en dénombrement, c’est la justification qui montre que vous avez compté les bons objets. Si une notion vous bloque, nos cours particuliers de maths permettent de la reprendre avec un professeur.

Résumé de cours Exercices et corrigés Cours en ligne de maths en terminale

Exercice 1 : digicode et délégués, quelle formule choisir ?

Énoncé de l’exercice 1

Un digicode s’ouvre avec un code de 4 chiffres, chacun choisi entre 0 et 9.

Combien de codes différents peut-on former ?
Combien de codes sont formés de 4 chiffres tous différents ?

Une classe de terminale compte 30 élèves.

De combien de façons peut-on élire 3 délégués, sans distinguer leurs rôles ?
De combien de façons peut-on désigner un président, un trésorier et un secrétaire, qui doivent être trois élèves différents ?

Corrigé de l’exercice 1

1. Un code est une liste ordonnée de 4 chiffres pris parmi 10, et un chiffre peut revenir : c’est un 4-uplet de l’ensemble $\{0,1,\dots,9\}$ . D’après le principe multiplicatif, il y a 10 choix pour chaque position :

$10\times 10\times 10\times 10=10^4=10\,000$ codes.

2. L’ordre compte toujours, mais un chiffre déjà utilisé ne peut plus servir : c’est un 4-uplet d’éléments distincts. Il reste un choix de moins à chaque position :

$10\times 9\times 8\times 7=\dfrac{10!}{6!}=5\,040$ codes.

3. Les trois délégués ont le même rôle : élire Léa, Tom et Inès revient à élire Tom, Inès et Léa. L’ordre ne compte pas, on compte donc les parties à 3 éléments d’un ensemble à 30 éléments :

$\dbinom{30}{3}=\dfrac{30\times 29\times 28}{3\times 2\times 1}=4\,060$ façons.

4. Cette fois, les rôles distinguent les élèves : Léa présidente et Tom trésorier n’est pas la même situation que l’inverse. L’ordre compte, sans répétition :

$30\times 29\times 28=24\,360$ façons.

On retrouve d’ailleurs $24\,360=3!\times 4\,060$ : chaque groupe de 3 délégués peut se répartir les trois rôles de $3!=6$ façons.

💡 Astuce : posez-vous les deux questions dans cet ordre. L’ordre compte-t-il ? Si oui, un élément peut-il revenir ? Avec répétition, la formule est

$n^k$ ; sans répétition,

$\dfrac{n!}{(n-k)!}$ . Si l’ordre ne compte pas, c’est

$\dbinom{n}{k}$ . Les formules sont détaillées dans le cours de dénombrement en terminale.

Exercice 2 : tirages de boules dans une urne, successifs ou simultanés

Énoncé de l’exercice 2

Une urne contient cinq boules noires numérotées de 1 à 5, quatre boules rouges numérotées de 1 à 4 et deux boules blanches numérotées 1 et 2. On tire successivement et sans remise trois boules dans l’urne.

Quel est le nombre de tirages possibles ?
Combien de tirages comportent trois boules rouges ?
Combien de tirages comportent au moins une boule noire ?
Combien de tirages comportent trois boules de trois couleurs différentes ?
Combien de tirages comportent des boules d’exactement deux couleurs ?
On tire maintenant les trois boules simultanément. Combien y a-t-il de tirages possibles ? Combien comportent exactement deux boules rouges ?

Corrigé de l’exercice 2

1. L’urne contient $5+4+2=11$ boules, toutes distinctes grâce à leur couleur et leur numéro. Un tirage successif sans remise de 3 boules est un 3-uplet d’éléments distincts de cet ensemble :

$11\times 10\times 9=990$ tirages.

2. On tire les trois boules parmi les 4 rouges seulement : $4\times 3\times 2=24$ tirages.

3. « Au moins une noire » regroupe les tirages avec 1, 2 ou 3 noires. Il est plus rapide de compter le contraire, les tirages sans aucune noire : les trois boules sont alors prises parmi les $11-5=6$ boules non noires, soit $6\times 5\times 4=120$ tirages. On en déduit :

$990-120=870$ tirages avec au moins une boule noire.

4. On décompose le tirage en deux étapes.

On choisit l’ordre d’apparition des couleurs : c’est une permutation des 3 couleurs, il y en a $3!=6$ .
L’ordre des couleurs étant fixé, on choisit une boule noire (5 choix), une rouge (4 choix) et une blanche (2 choix), soit $5\times 4\times 2=40$ possibilités.

Il y a donc $6\times 40=240$ tirages tricolores.

5. Chaque tirage est soit unicolore, soit bicolore, soit tricolore, et ces trois cas ne se recoupent pas. D’après le principe additif, il suffit de retirer les unicolores et les tricolores du total.

Tirages unicolores : 24 tirages rouges (question 2), $5\times 4\times 3=60$ tirages noirs, et aucun tirage blanc puisqu’il n’y a que 2 boules blanches. Cela fait $24+60=84$ tirages.
Tirages tricolores : 240 (question 4).

$990-84-240=666$ tirages bicolores.

6. Dans un tirage simultané, les trois boules sortent ensemble : l’ordre ne compte plus. Un tirage est une partie à 3 éléments de l’ensemble des 11 boules :

$\dbinom{11}{3}=\dfrac{11\times 10\times 9}{3\times 2\times 1}=165$ tirages.

Pour avoir exactement deux rouges, on choisit 2 rouges parmi les 4, puis 1 boule parmi les 7 qui ne sont pas rouges :

$\dbinom{4}{2}\times\dbinom{7}{1}=6\times 7=42$ tirages.

💡 Astuce : vérifiez la cohérence entre les deux types de tirage. Chaque tirage simultané correspond à

$3!=6$ tirages successifs, puisque les trois boules peuvent sortir dans 6 ordres différents. On retrouve bien

$990=6\times 165$ .

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Exercice 3 : anagrammes et permutations

Énoncé de l’exercice 3

Une anagramme d’un mot est un mot, qui a un sens ou non, formé des mêmes lettres, chacune utilisée le même nombre de fois.

Combien d’anagrammes le mot PROBA possède-t-il, en comptant le mot lui-même ?
Combien de ces anagrammes commencent par une voyelle ?
Combien d’anagrammes le mot ELEVE possède-t-il ?

Corrigé de l’exercice 3

1. Les 5 lettres de PROBA sont toutes différentes. Une anagramme revient à ranger ces 5 lettres dans un ordre : c’est une permutation d’un ensemble à 5 éléments.

$5!=5\times 4\times 3\times 2\times 1=120$ anagrammes.

2. La première lettre est O ou A, soit 2 choix. Les 4 lettres restantes se rangent ensuite de $4!=24$ façons. Il y a donc $2\times 24=48$ anagrammes qui commencent par une voyelle.

3. Le mot ELEVE contient trois E identiques : échanger deux E ne crée pas de nouveau mot, la formule $5!$ compterait donc chaque anagramme plusieurs fois. On raisonne plutôt sur les positions.

On choisit les 3 positions des E parmi les 5 : $\dbinom{5}{3}=10$ choix.
On place L et V dans les 2 positions restantes : 2 façons.

Il y a $10\times 2=20$ anagrammes de ELEVE. On peut le vérifier autrement : les $5!=120$ rangements comptent chaque mot $3!=6$ fois, puisque les trois E peuvent s’échanger de 6 façons, et $\dfrac{120}{6}=20$ .

Exercice 4 : chemins dans un quadrillage

Énoncé de l’exercice 4

Dans un repère, on se déplace du point $A(0\,;0)$ au point $B(4\,;3)$ en avançant d’une unité à chaque pas, soit vers la droite (D), soit vers le haut (H).

Combien de chemins mènent de A à B ?
Combien de ces chemins passent par le point $C(2\,;1)$ ?
Combien de chemins de A à B évitent le point C ?

Corrigé de l’exercice 4

1. Pour aller de A à B, il faut faire 4 pas D et 3 pas H, soit 7 pas. Un chemin s’écrit donc comme un mot de 7 lettres contenant 4 D et 3 H, par exemple DDHDHHD. Ce mot est entièrement déterminé par les positions des 3 lettres H parmi les 7 :

$\dbinom{7}{3}=\dfrac{7\times 6\times 5}{3\times 2\times 1}=35$ chemins.

2. On découpe le trajet en deux morceaux.

De A à C : 2 pas D et 1 pas H, soit $\dbinom{3}{1}=3$ chemins.
De C à B : 2 pas D et 2 pas H, soit $\dbinom{4}{2}=6$ chemins.

Chaque chemin de A à C peut se prolonger par n’importe quel chemin de C à B. D’après le principe multiplicatif, $3\times 6=18$ chemins passent par C.

3. On utilise le complémentaire : $35-18=17$ chemins évitent le point C.

Exercice 5 : compter des entiers à n chiffres

Énoncé de l’exercice 5

Dans tout l’exercice, $n$ est un entier naturel tel que $n\geqslant 3$ . On rappelle que l’écriture d’un entier à $n$ chiffres ne commence jamais par 0.

Combien y a-t-il d’entiers à $n$ chiffres contenant un seul 0 et un seul 1 ? Choisissez la bonne réponse et justifiez-la.
a) $n\,(n-1)\,8^{n-2}$
b) $(n-1)^2\,8^{n-2}$
Combien y a-t-il d’entiers à $n$ chiffres écrits avec exactement deux chiffres différents, tous deux non nuls ? Donnez la valeur pour $n=5$ .
Combien y a-t-il d’entiers à $n$ chiffres écrits avec exactement deux chiffres différents, dont l’un est 0 ? Donnez la valeur pour $n=5$ .

Corrigé de l’exercice 5

1. La bonne réponse est b). On construit l’entier en trois étapes.

Le 0 ne peut pas occuper la première position : il reste $n-1$ positions possibles.
Le 1 se place dans l’une des $n-1$ positions encore libres.
Les $n-2$ positions restantes reçoivent chacune un chiffre de $\{2,3,\dots,9\}$ , soit 8 choix par position : $8^{n-2}$ possibilités.

D’après le principe multiplicatif, il y a $(n-1)^2\,8^{n-2}$ entiers. La réponse a) correspond au calcul qui oublie l’interdiction du 0 en première position. Pour $n=3$ , on obtient $2^2\times 8=32$ entiers, comme 102 ou 310.

2. On choisit d’abord les deux chiffres $a$ et $b$ parmi $\{1,2,\dots,9\}$ : $\dbinom{9}{2}=36$ choix. Un entier écrit avec ces deux chiffres est un mot de longueur $n$ sur l’alphabet $\{a,b\}$ : il y en a $2^n$ . Il faut retirer les deux mots qui n’utilisent qu’un seul chiffre, $aa\dots a$ et $bb\dots b$ , ce qui laisse $2^n-2$ entiers. Comme $a$ et $b$ sont non nuls, le premier chiffre ne pose aucun problème.

$36\times(2^n-2)$ entiers, soit $36\times(32-2)=1\,080$ pour $n=5$ .

3. On choisit le chiffre non nul $a$ : 9 choix. Le premier chiffre est forcément $a$ , puisqu’il ne peut pas être 0. Les $n-1$ chiffres suivants forment un mot sur l’alphabet $\{0,a\}$ , ce qui donne $2^{n-1}$ mots, dont il faut retirer celui qui ne contient aucun 0 : il en reste $2^{n-1}-1$ .

$9\times\left(2^{n-1}-1\right)$ entiers, soit $9\times 15=135$ pour $n=5$ .

Exercice 6 : les démonstrations du cours

Énoncé de l’exercice 6

Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments, avec $n\geqslant 1$ .

En comptant les parties de $E$ selon leur nombre d’éléments, démontrez que $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}=2^n$ .
On suppose $n\geqslant 2$ et $1\leqslant k\leqslant n-1$ . Démontrez la relation de Pascal par une méthode combinatoire : $\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}$ .
On fixe un élément $a$ de $E$ . À toute partie $A$ de $E$ , on associe la partie $A'$ obtenue en ajoutant $a$ à $A$ si $a\notin A$ , ou en retirant $a$ de $A$ si $a\in A$ . Déduisez-en que $E$ possède autant de parties à nombre pair d’éléments que de parties à nombre impair d’éléments, puis que le nombre de parties à nombre pair d’éléments est $2^{n-1}$ .

Corrigé de l’exercice 6

1. On compte les parties de $E$ de deux façons.

Pour construire une partie, on décide pour chacun des $n$ éléments s’il en fait partie ou non : 2 choix par élément. Une partie correspond donc à un $n$ -uplet de $\{0\,;1\}$ , et il y a $2^n$ parties.
On peut aussi classer les parties selon leur nombre d’éléments $k$ , qui va de 0 à $n$ . Ces groupes sont deux à deux disjoints, et le groupe des parties à $k$ éléments en contient $\dbinom{n}{k}$ .

D’après le principe additif, le nombre total de parties vaut aussi $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}$ , d’où l’égalité.

2. On fixe un élément $a$ de $E$ et on sépare les parties de $E$ à $k$ éléments en deux groupes disjoints.

Celles qui contiennent $a$ : on les obtient en ajoutant à $a$ un choix de $k-1$ éléments parmi les $n-1$ autres, soit $\dbinom{n-1}{k-1}$ parties.
Celles qui ne contiennent pas $a$ : ce sont les parties à $k$ éléments de $E$ privé de $a$ , soit $\dbinom{n-1}{k}$ parties.

En additionnant, on obtient $\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}$ . Par exemple, $\dbinom{5}{2}=\dbinom{4}{1}+\dbinom{4}{2}=4+6=10$ .

3. La partie $A'$ a exactement un élément de plus ou un élément de moins que $A$ : si $A$ a un nombre pair d’éléments, $A'$ en a un nombre impair, et inversement. De plus, appliquer deux fois l’opération redonne $A$ . L’application $A\mapsto A'$ associe donc à chaque partie paire une partie impaire, et chaque partie impaire provient d’une seule partie paire : c’est une bijection entre les deux ensembles, qui ont ainsi le même nombre d’éléments, noté $p$ .

Comme toute partie est paire ou impaire, $p+p=2^n$ , donc $p=2^{n-1}$ . Pour $E=\{a,b,c\}$ , on trouve bien 4 parties paires : $\varnothing$ , $\{a,b\}$ , $\{a,c\}$ et $\{b,c\}$ . L’hypothèse $n\geqslant 1$ est indispensable : l’ensemble vide n’a qu’une partie, $\varnothing$ , qui est paire, et le raisonnement suppose de pouvoir choisir un élément $a$ .

La formule du binôme de Newton, qui généralise ces calculs, n’est pas au programme de spécialité de terminale. Elle est travaillée en première année de prépa, par exemple dans nos exercices corrigés de dénombrement en maths sup.

Exercice 7 : exercice type bac, dénombrement et probabilités

Énoncé de l’exercice 7

Les probabilités sont données sous forme de fractions irréductibles, puis arrondies à $10^{-3}$ quand c’est demandé.

Partie A. Un sac contient 10 jetons indiscernables au toucher : 6 verts et 4 rouges. On tire simultanément 3 jetons au hasard.

Combien y a-t-il de tirages possibles ?
Calculez la probabilité de l’événement $V$ : « les trois jetons sont verts ».
Calculez la probabilité d’obtenir exactement un jeton rouge.
Déduisez de la question 2 la probabilité d’obtenir au moins un jeton rouge.

Partie B. On répète 5 fois l’expérience de la partie A, en remettant les 3 jetons dans le sac après chaque tirage. On note $X$ le nombre de tirages, parmi les 5, qui ne comportent que des jetons verts.

Justifiez que $X$ suit une loi binomiale dont vous préciserez les paramètres.
Calculez $P(X=2)$ , puis donnez-en un arrondi à $10^{-3}$ .
Calculez la probabilité qu’au moins un des 5 tirages ne comporte que des jetons verts. Donnez un arrondi à $10^{-3}$ .
On répète maintenant l’expérience $n$ fois. Déterminez le plus petit entier $n$ pour lequel la probabilité d’obtenir au moins un tirage entièrement vert dépasse 0,99.

Corrigé de l’exercice 7

Partie A, question 1. Les jetons sortent ensemble, l’ordre ne compte pas : un tirage est une partie à 3 éléments d’un ensemble de 10 jetons.

$\dbinom{10}{3}=\dfrac{10\times 9\times 8}{3\times 2\times 1}=120$ tirages.

Comme les jetons sont indiscernables au toucher, les 120 tirages sont équiprobables : on calcule chaque probabilité en divisant le nombre de tirages favorables par 120.

Question 2. Il faut choisir les 3 jetons parmi les 6 verts : $\dbinom{6}{3}=20$ tirages favorables, donc $P(V)=\dfrac{20}{120}=\dfrac{1}{6}$ .

Question 3. On choisit 1 jeton rouge parmi 4, puis 2 jetons verts parmi 6 : $\dbinom{4}{1}\times\dbinom{6}{2}=4\times 15=60$ tirages favorables. La probabilité vaut $\dfrac{60}{120}=\dfrac{1}{2}$ .

Question 4. « Au moins un rouge » est l’événement contraire de $V$ : sa probabilité vaut $1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6}$ .

Partie B, question 1. Chaque tirage est une épreuve à deux issues : succès si les 3 jetons sont verts, de probabilité $\dfrac{1}{6}$ d’après la partie A, échec sinon. Les jetons étant remis, les 5 épreuves sont identiques et indépendantes. $X$ compte le nombre de succès dans ce schéma de Bernoulli, donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\left(5\,;\dfrac{1}{6}\right)$ .

Question 2. Le coefficient binomial compte les façons de placer les 2 succès parmi les 5 tirages :

$P(X=2)=\dbinom{5}{2}\left(\dfrac{1}{6}\right)^2\left(\dfrac{5}{6}\right)^3=10\times\dfrac{1}{36}\times\dfrac{125}{216}=\dfrac{625}{3\,888}\approx 0{,}161$ .

Question 3. On passe par l’événement contraire, « aucun tirage entièrement vert » :

$P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^5=1-\dfrac{3\,125}{7\,776}=\dfrac{4\,651}{7\,776}\approx 0{,}598$ .

Question 4. Avec $n$ répétitions, la probabilité cherchée vaut $1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n$ . On résout :

$1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\geqslant 0{,}99 \iff \left(\dfrac{5}{6}\right)^n\leqslant 0{,}01 \iff n\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)\leqslant\ln(0{,}01) \iff n\geqslant\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)}$ .

Le sens de l’inégalité change à la dernière étape, car on divise par $\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)$ , qui est négatif. Comme $\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)}\approx 25{,}26$ , le plus petit entier qui convient est $n=26$ . La calculatrice le confirme : pour $n=25$ , on obtient environ 0,989 5, encore trop peu, et pour $n=26$ , environ 0,991 3.

💡 Astuce : dans un sujet de bac, le dénombrement sert rarement seul. Il apparaît le plus souvent pour calculer une probabilité dans une situation d’équiprobabilité, ou à travers le coefficient

$\dbinom{n}{k}$ de la loi binomiale. Repérez d’abord si le tirage est simultané (combinaisons) ou successif (k-uplets), puis si les répétitions sont indépendantes (loi binomiale).

QCM dénombrement terminale : 5 questions corrigées

Questions du QCM

Pour chaque question, une seule réponse est exacte.

Combien de mains de 5 cartes peut-on former avec un jeu de 32 cartes ?
a) $32^5$ b) $32\times 31\times 30\times 29\times 28$ c) $\dbinom{32}{5}$
Que vaut $\dbinom{10}{8}$ ?
a) 45 b) 80 c) 90
Combien un ensemble à 6 éléments possède-t-il de parties ?
a) 36 b) 64 c) 720
On lance 10 fois une pièce. Combien de résultats comportent exactement 4 « pile » ?
a) 40 b) 210 c) 5 040
Un groupe de 12 élèves compte 4 filles et 8 garçons. Combien d’équipes de 4 élèves comportent exactement 2 filles ?
a) $\dbinom{12}{4}$ b) $\dbinom{4}{2}+\dbinom{8}{2}$ c) $\dbinom{4}{2}\times\dbinom{8}{2}$

Réponses commentées du QCM

1. Réponse c). Une main est un ensemble de cartes : l’ordre ne compte pas et une carte ne peut pas sortir deux fois. Il y a $\dbinom{32}{5}=201\,376$ mains. La réponse b) compte les tirages ordonnés, a) autorise les répétitions.

2. Réponse a). Par symétrie, $\dbinom{10}{8}=\dbinom{10}{2}=\dfrac{10\times 9}{2}=45$ .

3. Réponse b). Un ensemble à $n$ éléments possède $2^n$ parties, soit $2^6=64$ ici.

4. Réponse b). Un résultat est un mot de 10 lettres P ou F, déterminé par les positions des 4 « pile » : $\dbinom{10}{4}=210$ . Avec une pièce équilibrée, la probabilité d’obtenir exactement 4 « pile » vaut $\dfrac{210}{2^{10}}=\dfrac{210}{1\,024}\approx 0{,}205$ . C’est le calcul que l’on retrouve dans le chapitre sur la loi binomiale.

5. Réponse c). On choisit 2 filles parmi 4 et, pour chacun de ces choix, 2 garçons parmi 8 : $6\times 28=168$ équipes. On multiplie, car les deux choix se font l’un après l’autre. On additionnerait s’il s’agissait de cas qui s’excluent.

Pour reprendre ces méthodes avec un professeur et d’autres élèves pendant les vacances, le stage intensif de maths en terminale de Groupe Réussite travaille la rédaction des corrigés en petit groupe.

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Questions fréquentes sur le dénombrement en terminale

Comment savoir s'il faut utiliser une combinaison ou une liste ?

Demandez-vous si l'ordre compte. Si deux résultats qui contiennent les mêmes éléments dans un ordre différent sont considérés comme différents (un code, un podium, des rôles distincts), vous comptez des listes. S'ils sont considérés comme identiques (une main de cartes, un groupe, un tirage simultané), vous comptez des combinaisons.

Quelle différence entre un tirage successif et un tirage simultané ?

Dans un tirage successif sans remise, l'ordre de sortie compte : on compte des k-uplets d'éléments distincts, par exemple 11 x 10 x 9 = 990 tirages de 3 boules parmi 11. Dans un tirage simultané, les boules sortent ensemble et l'ordre ne compte pas : on compte des combinaisons, soit 165 tirages. Chaque tirage simultané correspond à 3! = 6 tirages successifs.

Le binôme de Newton est-il au programme de terminale ?

Non. La section Combinatoire et dénombrement du programme de spécialité de terminale porte sur les k-uplets, les permutations, les combinaisons, la symétrie et la relation de Pascal. La formule du binôme de Newton n'y figure pas : elle est étudiée en première année de prépa.

Le dénombrement peut-il tomber au bac de maths ?

Oui. Combinatoire et dénombrement est la première section du programme de spécialité maths de terminale, sur lequel porte l'épreuve écrite. Dans un exercice type bac, il sert surtout d'outil pour calculer des probabilités : tirages simultanés, coefficients binomiaux de la loi binomiale.

Le nouveau programme de terminale change-t-il le chapitre de dénombrement ?

Non. Le programme de spécialité publié au Bulletin officiel du 2 avril 2026, applicable à la rentrée 2027, reprend les mêmes contenus de combinatoire et dénombrement que celui de 2019 : k-uplets, permutations, combinaisons, relation de Pascal et les deux mêmes démonstrations exigibles. Les exercices de cette page restent donc valables.

Sources

Ministère de l’Éducation nationale, Programme de spécialité de mathématiques de terminale générale, annexe de l’arrêté du 19 juillet 2019, Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019.
Ministère de l’Éducation nationale, Épreuve terminale de l’enseignement de spécialité mathématiques, note de service du 11 septembre 2026, Bulletin officiel spécial n° 4 du 17 septembre 2026.
Ministère de l’Éducation nationale, Programme de l’enseignement de spécialité de mathématiques de la classe terminale de la voie générale, annexe de l’arrêté du 26 février 2026, Bulletin officiel n° 14 du 2 avril 2026, applicable à la rentrée 2027.