Examen blanc corrigé : l'épreuve unique de mathématique CST (secondaire 4)

a) La racine $n$-ième devient un exposant fractionnaire de dénominateur $n$ : $\sqrt[3]{8^{5}}=8^{5/3}$. Pour la valeur, on passe par la base $2$ : $8=2^{3}$, donc $8^{5/3}=(2^{3})^{5/3}=2^{5}=32$. Passer par $2$ évite la calculatrice et évite surtout l'erreur classique qui consiste à écrire $8^{3/5}$ : le dénominateur de l'exposant est l'indice de la RACINE, le numérateur est la puissance.

b) L'amplitude est la MOITIÉ de l'écart entre les extrêmes : $\dfrac{18-4}{2}=7$. L'axe de référence passe à mi-hauteur : $y=\dfrac{18+4}{2}=11$. Répondre $14$ pour l'amplitude, c'est donner l'écart total et perdre les deux points.

c) Le rang centile compte les données strictement inférieures, plus la MOITIÉ des données égales, rapportées à l'effectif : $\dfrac{26+\frac{3}{2}}{40}\times 100=\dfrac{27{,}5}{40}\times 100=68{,}75$. On arrondit ensuite à l'entier SUPÉRIEUR : le rang centile de Léa est $69$. Les deux erreurs qui coûtent la question sont d'oublier la moitié des ex aequo et d'arrondir à $69$ par excès de chance plutôt que par la règle.

d) La première heure est facturée $3$ dollars et couvre les $60$ premières minutes. Il reste $3$ h $20$ $-$ $1$ h $=$ $2$ h $20$, soit $140$ minutes, donc $\dfrac{140}{60}\approx 2{,}33$ : trois tranches sont ENTAMÉES, à $2$ dollars chacune, ce qui fait $6$ dollars. Le total est $3+6=9$ dollars. Le piège est d'arrondir $2{,}33$ à $2$ : dans une fonction en escalier, une fraction de tranche se paie comme une tranche entière.

a) Les deux membres de droite valent tous les deux $y$, donc ils sont égaux entre eux : $3x+5=-2x+25$. On regroupe : $5x=20$, donc $x=4$. On reporte dans la première équation, la plus simple : $y=3(4)+5=17$. La solution est le couple $(4;17)$. On VÉRIFIE dans la SECONDE équation, celle qui n'a pas servi : $-2(4)+25=17$, ce qui confirme. Vérifier dans l'équation déjà utilisée ne prouve rien.

b) La règle est sous la forme $f(x)=a(x-h)^{2}+k$, qui donne le sommet directement : $h=3$ et $k=8$, donc le sommet est $(3;8)$. L'axe de symétrie est la droite verticale qui passe par le sommet : $x=3$. Comme $a=-2$ est négatif, la parabole est ouverte vers le bas et le sommet est un MAXIMUM, qui vaut $8$. Attention au signe de $h$ : dans $(x-3)^{2}$, le sommet est en $+3$ et non en $-3$.

c) Les zéros sont les valeurs de $x$ qui annulent $f$ : $-2(x-3)^{2}+8=0$, donc $(x-3)^{2}=4$, donc $x-3=2$ OU $x-3=-2$. Les zéros sont $x=5$ et $x=1$. Il faut les DEUX signes de la racine carrée : n'écrire que $x-3=2$ fait perdre un zéro. Contrôle de cohérence : les deux zéros sont symétriques par rapport à l'axe $x=3$, car $\dfrac{1+5}{2}=3$.

a) La hauteur issue de l'angle droit est moyenne proportionnelle entre les deux segments qu'elle découpe sur l'hypoténuse : $\overline{AH}^{2}=\overline{BH}\times\overline{HC}=9\times 16=144$, donc $\overline{AH}=12$ cm. C'est la première des trois relations métriques, et c'est celle qu'on reconnaît au fait que la hauteur relie les deux petits segments.

b) Chaque cathète est moyenne proportionnelle entre l'hypoténuse ENTIÈRE et le segment adjacent à cette cathète. L'hypoténuse mesure $\overline{BC}=9+16=25$ cm. Donc $\overline{AB}^{2}=\overline{BH}\times\overline{BC}=9\times 25=225$, soit $\overline{AB}=15$ cm, et $\overline{AC}^{2}=\overline{HC}\times\overline{BC}=16\times 25=400$, soit $\overline{AC}=20$ cm. Le contrôle est immédiat par Pythagore : $15^{2}+20^{2}=225+400=625=25^{2}$. L'erreur la plus fréquente est de multiplier par $\overline{HC}$ au lieu de $\overline{BC}$ : le segment adjacent va toujours avec l'hypoténuse entière.

c) Dans le triangle $ABH$, rectangle en $H$, on connaît le côté adjacent à $B$, qui vaut $9$, et l'hypoténuse $\overline{AB}=15$ : $\cos B=\dfrac{9}{15}=0{,}6$, donc $B=\arccos(0{,}6)\approx 53{,}1^{\circ}$. On pouvait aussi travailler avec $\tan B=\dfrac{12}{9}$, qui donne le même résultat. Vérifiez que la calculatrice est en mode DEGRÉS : en radians, la même touche renvoie $0{,}927$, un nombre qui ne ressemble pas à un angle et qu'il faut savoir refuser.

a) $\overline{AB}=\sqrt{(6-(-2))^{2}+(9-3)^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$. La double soustraction avec un nombre négatif est le seul endroit où l'on se trompe : $6-(-2)=8$, et non $4$.

b) Le rapport $1:3$ signifie que $P$ est au QUART du chemin de $A$ vers $B$, car $\overline{AP}$ vaut une part sur les quatre parts que compte $\overline{AB}$. On avance donc du quart de chaque déplacement : $P=\left(-2+\dfrac{1}{4}(8)\;;\;3+\dfrac{1}{4}(6)\right)=(0\;;\;4{,}5)$. L'erreur qui coûte les deux points est de prendre le tiers, en lisant $1:3$ comme « un tiers » : le rapport compare les deux MORCEAUX entre eux, pas un morceau au segment entier.

c) La pente vaut $a=\dfrac{9-3}{6-(-2)}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}=0{,}75$. On remplace ensuite par les coordonnées de $A$ : $3=0{,}75(-2)+b$, donc $b=3+1{,}5=4{,}5$. L'équation est $y=0{,}75x+4{,}5$. Contrôle gratuit : le point $P(0;4{,}5)$ trouvé en b) a bien $0$ pour abscisse, donc son ordonnée doit être l'ordonnée à l'origine, et c'est le cas.

d) Le signe négatif dit que le lien est INVERSE : quand une variable augmente, l'autre diminue. La valeur $0{,}93$, proche de $1$, dit que le lien est FORT et que les points sont serrés autour de la droite. On ne peut PAS conclure à une causalité : une corrélation mesure un lien statistique et rien d'autre, et une troisième variable peut expliquer les deux. Les deux points de la question se perdent presque toujours au même endroit, en écrivant que le lien est faible parce que le nombre est négatif.

a) Perdre $15\,\%$ revient à conserver $85\,\%$, donc à multiplier par $0{,}85$ chaque année. La règle est $V(t)=32\,000(0{,}85)^{t}$. La base est le facteur de CONSERVATION, jamais le taux de perte : écrire $32\,000(0{,}15)^{t}$ ferait tomber la valeur à $4\,800$ dollars dès la première année.

b) $V(4)=32\,000(0{,}85)^{4}=32\,000\times 0{,}52200625=16\,704{,}20$ dollars. On garde toutes les décimales de $0{,}85^{4}$ dans la calculatrice et on n'arrondit qu'à la fin : arrondir $0{,}85^{4}$ à $0{,}52$ donnerait $16\,640$ dollars, soit une erreur de $64$ dollars sur une seule ligne de calcul.

c) On cherche le plus petit $t$ tel que $32\,000(0{,}85)^{t}<10\,000$, c'est-à-dire $(0{,}85)^{t}<0{,}3125$. En passant au logarithme : $t\log(0{,}85)<\log(0{,}3125)$, et comme $\log(0{,}85)$ est NÉGATIF, l'inégalité change de sens : $t>\dfrac{\log(0{,}3125)}{\log(0{,}85)}\approx 7{,}16$. La valeur passe donc sous $10\,000$ dollars au bout de $8$ années complètes. Vérification, qui vaut son point : $V(7)\approx 10\,258$ dollars, encore au-dessus, et $V(8)\approx 8\,720$ dollars, en dessous. Oublier le changement de sens de l'inégalité est l'erreur la plus coûteuse du chapitre.

d) Le vendeur additionne des pourcentages qui ne se rapportent pas à la même base : la deuxième année, les $15\,\%$ se calculent sur une valeur déjà réduite, donc ils représentent moins d'argent que la première année. Le calcul exact : après $4$ ans il reste $0{,}85^{4}=0{,}522\,006\ldots$, soit $52{,}2\,\%$ de la valeur initiale, donc la perte réelle est de $1-0{,}522=0{,}478$, c'est-à-dire environ $47{,}8\,\%$. Le vendeur surestime la perte de plus de douze points de pourcentage.

a) Chaque triangle a un angle droit, entre le sol horizontal et l'objet vertical. Les rayons du soleil étant parallèles, ils font le même angle avec le sol dans les deux cas : les angles d'élévation sont donc isométriques. Deux angles isométriques deux à deux suffisent, c'est le cas AA : les deux triangles sont semblables. Le troisième angle se déduit tout seul, il est inutile de le mentionner, mais il faut NOMMER le cas : une justification sans le nom du cas ne vaut pas les trois points.

b) Dans deux triangles semblables, les côtés homologues sont proportionnels : $\dfrac{h}{12}=\dfrac{1{,}5}{2}$. Donc $h=12\times\dfrac{1{,}5}{2}=12\times 0{,}75=9$ m. Le contrôle est immédiat : le mât est six fois plus loin que le piquet et il est bien six fois plus haut, $9=6\times 1{,}5$.

c) Le rapport de similitude est le rapport de deux longueurs homologues : $k=\dfrac{12}{2}=6$, ce que confirme $\dfrac{9}{1{,}5}=6$. L'aire du petit triangle vaut $\dfrac{1{,}5\times 2}{2}=1{,}5$ m$^{2}$. Les aires sont dans le rapport $k^{2}$, donc l'aire du grand vaut $1{,}5\times 6^{2}=1{,}5\times 36=54$ m$^{2}$. Vérification directe : $\dfrac{9\times 12}{2}=54$ m$^{2}$.

d) Il confond le rapport des LONGUEURS et le rapport des AIRES. Une aire est le produit de deux longueurs, donc elle est multipliée par $k$ deux fois : le rapport des aires vaut $k^{2}=36$, et non $6$. L'aire du grand triangle est $36$ fois celle du petit, ce que le calcul confirme, $\dfrac{54}{1{,}5}=36$. La règle complète, à retenir en bloc : longueurs $\times k$, aires $\times k^{2}$, volumes $\times k^{3}$.

a) On connaît deux côtés et l'angle COMPRIS entre eux : c'est exactement la configuration de la loi des cosinus, et aucune loi des sinus ne peut démarrer ici. $\overline{BC}^{2}=85^{2}+62^{2}-2(85)(62)\cos 78^{\circ}=7\,225+3\,844-10\,540\times 0{,}207912=11\,069-2\,191{,}4=8\,877{,}6$, donc $\overline{BC}\approx 94{,}2$ m. Contrôle de bon sens : $94{,}2$ est plus grand que $85$, ce qui est normal puisque l'angle $A$ dépasse $60^{\circ}$ et fait de $\overline{BC}$ le plus grand côté.

b) Maintenant qu'on connaît le côté $\overline{BC}$ opposé à l'angle $A$, la loi des sinus s'applique : $\dfrac{\sin B}{\overline{AC}}=\dfrac{\sin A}{\overline{BC}}$, donc $\sin B=\dfrac{62\sin 78^{\circ}}{94{,}2}\approx 0{,}6437$ et $B\approx 40{,}1^{\circ}$. On associe toujours un angle au côté qui lui fait FACE : mettre $85$ au numérateur au lieu de $62$ est l'erreur qui revient le plus souvent, et elle donne un angle impossible.

c) La somme des angles d'un triangle vaut $180^{\circ}$ : $C=180^{\circ}-78^{\circ}-40{,}1^{\circ}=61{,}9^{\circ}$. Il est inutile de repasser par la loi des sinus, et c'est même risqué, car le sinus ne distingue pas un angle aigu de son supplémentaire.

d) Avec deux côtés et l'angle compris, l'aire vaut $\dfrac{1}{2}\overline{AB}\times\overline{AC}\times\sin A=\dfrac{1}{2}(85)(62)\sin 78^{\circ}=2\,635\times 0{,}978148\approx 2\,577{,}4$ m$^{2}$. La formule $\dfrac{\text{base}\times\text{hauteur}}{2}$ n'est pas utilisable telle quelle : aucune hauteur n'est donnée, et c'est justement le sinus qui joue ce rôle.

1) Passerelle : $\overline{AB}=\sqrt{(40-(-20))^{2}+(55-10)^{2}}=\sqrt{60^{2}+45^{2}}=\sqrt{3\,600+2\,025}=\sqrt{5\,625}=75$ m. Allée : $A$ et $S$ ont la même ordonnée $10$, donc le segment est horizontal et sa longueur est la simple différence des abscisses, $\overline{AS}=40-(-20)=60$ m. Repérer qu'un segment est horizontal ou vertical évite la formule de distance et évite surtout une erreur de signe.

2) « Aux deux cinquièmes du trajet à partir de $A$ » signifie qu'on parcourt $\dfrac{2}{5}$ de chaque déplacement à partir de $A$. Le déplacement total est $(+60\;;\;+45)$, donc les deux cinquièmes valent $(+24\;;\;+18)$. Le lampadaire est en $P(-20+24\;;\;10+18)=P(4;28)$. Contrôle : $P$ doit être sur la droite $AB$, dont la pente vaut $\dfrac{45}{60}=0{,}75$ ; en partant de $A$, $28-10=18$ et $4-(-20)=24$, et $\dfrac{18}{24}=0{,}75$, ce qui confirme.

3) Le triangle $ABS$ est rectangle en $S$, car $\overline{AS}$ est horizontal et $\overline{SB}$ est vertical. Sa base vaut $\overline{AS}=60$ m et sa hauteur $\overline{SB}=55-10=45$ m. L'aire vaut donc $\dfrac{60\times 45}{2}=1\,350$ m$^{2}$. Aucune trigonométrie n'est nécessaire : reconnaître l'angle droit à partir des coordonnées est ce qui rend la question courte.

4) Passerelle : $75\times 180=13\,500$ dollars. Allée : $60\times 45=2\,700$ dollars. Total : $13\,500+2\,700=16\,200$ dollars. Comme $16\,200<18\,000$, le budget SUFFIT, et il reste $18\,000-16\,200=1\,800$ dollars. Une situation d'application se termine toujours par une phrase qui répond à la question posée dans le contexte : annoncer $16\,200$ sans conclure sur le budget coûte des points de communication.

5) L'angle en $A$ se lit dans le triangle rectangle $ABS$ : le côté adjacent est $\overline{AS}=60$, le côté opposé est $\overline{SB}=45$, donc $\tan A=\dfrac{45}{60}=0{,}75$ et $A=\arctan(0{,}75)\approx 36{,}9^{\circ}$. On pouvait aussi passer par le cosinus, $\dfrac{60}{75}=0{,}8$, qui donne le même angle : les deux chemins se contrôlent l'un l'autre.

1) $3$ h $10$ font $190$ minutes. La première tranche de $30$ minutes coûte $5$ dollars et couvre les $30$ premières minutes. Il reste $190-30=160$ minutes, soit $\dfrac{160}{30}\approx 5{,}33$ : SIX tranches sont entamées, à $3$ dollars chacune, donc $18$ dollars. Le total est $5+18=23$ dollars. Arrondir $5{,}33$ à $5$ est l'erreur qui définit ce chapitre : dans une fonction en escalier, une tranche entamée se paie en entier.

2) $7$ h font $420$ minutes. Il reste $420-30=390$ minutes après la première tranche, soit $\dfrac{390}{30}=13$ tranches exactement, donc $13\times 3=39$ dollars. Le tarif calculé serait $5+39=44$ dollars, mais il DÉPASSE le plafond : le stationnement coûte donc $35$ dollars. Oublier le plafond énoncé dans le contexte est une faute de lecture, pas de mathématiques, et elle coûte les trois points.

3) On cherche quand le tarif calculé atteint $35$ dollars : $5+3n=35$ donne $n=10$ tranches supplémentaires. Ces $10$ tranches sont entamées dès que la durée dépasse $30+9\times 30=300$ minutes, c'est-à-dire dès que le stationnement dépasse $5$ h $00$. Autrement dit, le tarif est de $32$ dollars jusqu'à $5$ h pile, puis de $35$ dollars pour toute durée supérieure, et il n'augmente plus. Vérification : à $5$ h pile, $\dfrac{300-30}{30}=9$ tranches, donc $5+27=32$ dollars ; à $5$ h $01$, une dixième tranche est entamée, donc $35$ dollars.

4) De $5$ h $00$ à $9$ h $12$, il s'écoule $4$ h $12$, soit $252$ minutes. Les départs ont lieu aux multiples de $25$ : $252=25\times 10+2$, donc le dernier départ a eu lieu à $250$ minutes, c'est-à-dire à $9$ h $10$, et le suivant a lieu à $275$ minutes, c'est-à-dire à $9$ h $35$. L'attente est de $275-252=23$ minutes. Réduire directement $9$ h $12$ sans partir du premier départ donnerait une réponse fausse : le cycle des navettes ne commence pas à minuit.

5) De $5$ h $00$ à midi, il s'écoule $7$ h, soit $420$ minutes. Les départs ont lieu à $0$, $25$, $50$, $\ldots$ minutes, tant que le multiple de $25$ ne dépasse pas $420$. Comme $\dfrac{420}{25}=16{,}8$, le dernier départ compté est le seizième après celui de $5$ h $00$, à $400$ minutes, soit $11$ h $40$. En comptant le départ de $5$ h $00$, cela fait $17$ navettes. Répondre $16$ revient à oublier le départ initial, et c'est l'erreur de comptage habituelle sur les phénomènes périodiques.

1) On range les données par abscisse croissante et on forme trois groupes de trois. Groupe 1, $x=2,3,4$ : la médiane des $x$ est $3$, celle des $y$ ($55$, $58$, $64$) est $58$, donc $P_{1}(3;58)$. Groupe 2, $x=5,6,7$ : médiane des $x$ égale $6$, médiane des $y$ ($66$, $71$, $70$) égale $70$, donc $P_{2}(6;70)$. Groupe 3, $x=8,9,10$ : $P_{3}(9;82)$. La pente se calcule avec le PREMIER et le TROISIÈME point médian seulement : $a=\dfrac{82-58}{9-3}=\dfrac{24}{6}=4$. La droite passe par le point moyen des trois points médians, $\left(\dfrac{3+6+9}{3};\dfrac{58+70+82}{3}\right)=(6;70)$. Donc $y-70=4(x-6)$, c'est-à-dire $y=4x+46$. Utiliser $P_{2}$ pour la pente est l'erreur classique : le point du milieu sert à placer la droite, jamais à l'incliner.

2) On remplace $x$ par $7{,}5$ : $y=4(7{,}5)+46=30+46=76$. Le modèle estime la note à $76\,\%$. Comme $7{,}5$ est bien à l'intérieur de l'intervalle observé, de $2$ à $10$ heures, il s'agit d'une INTERPOLATION et l'estimation est légitime.

3) Le modèle donne $y=4(20)+46=126$, c'est-à-dire $126\,\%$, une note impossible. Deux choses sont à dire, et les deux points se partagent entre elles. D'une part, $20$ heures est très en dehors de l'intervalle des données, qui s'arrête à $10$ heures : c'est une EXTRAPOLATION. D'autre part, un résultat impossible suffit à rejeter le modèle dans cette zone : une droite ne peut pas décrire une note, qui est bornée par $100$. On conclut que le modèle n'est valable qu'entre $2$ et $10$ heures d'étude.

4) Les neuf notes rangées : $55$, $58$, $64$, $66$, $70$, $71$, $78$, $82$, $85$. L'étendue vaut $85-55=30$. La médiane est la cinquième valeur, $70$. La moitié inférieure est $55$, $58$, $64$, $66$, donc $Q_{1}=\dfrac{58+64}{2}=61$. La moitié supérieure est $71$, $78$, $82$, $85$, donc $Q_{3}=\dfrac{78+82}{2}=80$. L'étendue interquartile vaut $Q_{3}-Q_{1}=80-61=19$. Avec un effectif impair, la médiane n'appartient à AUCUNE des deux moitiés : l'inclure décalerait les deux quartiles.