Épreuve de fin d'année de math CST 5 : examen corrigé au format du ministère

Étape 1 : les variables et la fonction à optimiser.

$x$ : nombre de tasses commandées ; $y$ : nombre de gourdes commandées ; $x\ge 0$ et $y\ge 0$, entiers.

Profit par article, prix de vente moins coût d'achat : tasse $11-6=5$ dollars, gourde $17-10=7$ dollars.

Fonction à maximiser : $P=5x+7y$

Le nombre de couleurs et le nombre de bénévoles ne servent pas : trier les données fait partie de la tâche.

Étape 2 : le système de contraintes.

Budget : $6x+10y\le 1\,200$

Graveuse, $7$ h $=420$ min : $3x+2y\le 420$

Sondage et club de soccer : $30\le y\le 90$

Étape 3 : les sommets du polygone de contraintes.

Budget et graveuse : de $3x+2y=420$ on tire $6x+4y=840$ ; on le soustrait de $6x+10y=1\,200$ : $6y=360$, $y=60$, puis $3x=420-120$, $x=100$. Sommet $(100\,;60)$.

Budget et $y=90$ : $6x+900=1\,200$, $x=50$. Sommet $(50\,;90)$.

Graveuse et $y=30$ : $3x+60=420$, $x=120$. Sommet $(120\,;30)$.

Sur l'axe des $y$ : $(0\,;30)$ et $(0\,;90)$.

Contrôle : $(50\,;90)$ respecte la graveuse ($150+180=330\le 420$) et $(120\,;30)$ respecte le budget ($720+300=1\,020\le 1\,200$).

Étape 4 : le profit aux sommets.

$P(0\,;30)=210$ ; $P(0\,;90)=630$ ; $P(50\,;90)=880$ ; $P(100\,;60)=920$ ; $P(120\,;30)=810$

Le maximum, $920$ dollars, est atteint en $(100\,;60)$, un sommet à coordonnées entières : la solution est réalisable telle quelle.

Elle épuise le budget ($600+600=1\,200$ dollars) et la graveuse ($300+120=420$ min), ce qui est attendu d'un sommet à l'intersection de ces deux contraintes.

Conclusion.

La coopérative doit commander $100$ tasses et $60$ gourdes ; elle réalisera alors le profit maximal de $920$ dollars.

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette situation.

Cr2, concepts et processus : profits unitaires justes, système complet, sommets calculés sans erreur. Écrire $3x+2y\le 7$ sans convertir les heures est une erreur conceptuelle : la copie descend au niveau C au mieux.

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A applique la règle des sommets à tous les sommets. Une copie qui essaie quelques couples au hasard, même tombée sur $(100\,;60)$, ne prouve pas que c'est le maximum : niveau C au mieux.

Cr4, structuration : variables définies avec ce qu'elles comptent, système écrit d'un bloc, sommets listés ou polygone tracé, tableau des profits. Des inconnues non définies limitent la copie au niveau B aux critères 4 et 5, selon les balises de correction usuelles.

Cr5, justification : la copie dit pourquoi l'optimum est cherché aux sommets et pourquoi $(100\,;60)$ est retenu.

Ce qui fait passer de A à C : prendre le prix de vente pour le profit ($11x+17y$, qui donne $2\,120$ dollars au même sommet), ou oublier $y\ge 30$ : le modèle est faux même si le bon sommet survit.

Piège : la graveuse. C'est la contrainte qui fait tomber le plus de copies, car les $7$ heures doivent devenir $420$ minutes avant d'écrire l'inéquation.

Étape 1 : modéliser.

Le réseau est un graphe valué : les sommets sont les lieux, les arêtes les routes, les poids les durées en minutes.

L'arrêt A est obligatoire : le circuit se coupe en deux trajets, de G à A puis de A à E, et l'on cherche pour chacun la chaîne de poids minimal.

Les $72$ places et les $18$ élèves ne servent pas au calcul.

Étape 2 : de G à A, jours ordinaires.

Depuis G : B à $7$ min, C à $10$ min.

Par B ($7$) : C vaudrait $7+4=11>10$, on garde $10$ ; A vaudrait $7+14=21$.

Par C ($10$) : A vaut $10+6=16<21$ ; D vaut $10+8=18$.

Plus court trajet : G, C, A, en $16$ min.

Piège : filer vers l'intersection la plus proche (B, $7$ min), puis encore vers la plus proche, donne G, B, C, A en $17$ min. Choisir le plus proche à chaque carrefour ne donne pas le plus court chemin.

Étape 3 : de A à E.

Depuis A : D à $5$ min, F à $7$ min.

Par D ($5$) : F vaudrait $5+3=8>7$ ; E vaut $5+12=17$.

Par F ($7$) : E vaut $7+6=13<17$.

Plus court trajet : A, F, E, en $13$ min.

Étape 4 : jours ordinaires.

Durée du circuit : $16+3+13=32$ min, arrêt compris.

Départ à $7$ h $15$, arrivée à $7$ h $47$, avant $7$ h $50$ : l'horaire tient, avec $3$ minutes de marge.

Étape 5 : pendant les travaux.

Sans l'arête C, A, l'arrêt n'est plus accessible que par B ou par D.

Par B : G, B, A, $7+14=21$ min. Par D : G, C, D, A, $10+8+5=23$ min, ou G, B, C, D, A, $7+4+8+5=24$ min.

Plus court : $21$ min. Le trajet de A à E ne passe pas par le pont et reste de $13$ min.

Durée du circuit : $21+3+13=37$ min. Parti à $7$ h $15$, l'autobus arriverait à $7$ h $52$, deux minutes trop tard.

Conclusion.

Les jours ordinaires, le circuit le plus rapide (G, C, A, F, E) dure $32$ minutes : l'horaire actuel tient. Pendant les travaux, le meilleur circuit (G, B, A, F, E) dure $37$ minutes : l'horaire ne tient plus, et l'autobus doit quitter le garage au plus tard à $7$ h $13$.

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette situation.

Cr2, concepts et processus : chaîne de poids minimal juste sur chaque tronçon, arrêt de $3$ minutes compté, calcul des heures juste.

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A coupe le circuit à l'arrêt obligatoire et compare toutes les chaînes concurrentes, ou applique l'algorithme de Dijkstra. Une copie qui donne une seule chaîne sans la comparer aux autres affirme sans prouver : niveau C au mieux à ce critère.

Cr4, structuration : chaque chaîne est écrite par ses sommets, avec sa durée ; le cas ordinaire et le cas des travaux portent chacun un titre.

Cr5, justification : la conclusion compare l'heure d'arrivée à $7$ h $50$ dans les deux cas et donne l'heure de départ à adopter.

Ce qui fait passer de A à C : oublier les $3$ minutes d'arrêt. On trouve alors $34$ minutes pendant les travaux, une arrivée à $7$ h $49$, et l'on conclut à tort que l'horaire tient. Chercher un trajet qui passe par tous les sommets, ce qu'aucune exigence ne demande, est une erreur de modèle.

Piège : le choix glouton du carrefour le plus proche, qui donne $17$ minutes au lieu de $16$ sur le premier tronçon.

Étape 1 : la distance entre les bouées.

Dans le triangle $QB_{1}B_{2}$, on connaît deux côtés et l'angle qu'ils forment : c'est le cas de la loi des cosinus.

$B_{1}B_{2}\approx 364{,}94$ m

Étape 2 : la longueur du parcours.

$420+364{,}94+380\approx 1\,164{,}9$ m

C'est moins que $1\,200$ m : le parcours proposé ne respecte pas le règlement, il manque environ $35{,}1$ m.

Étape 3 : les virages du parcours proposé.

Avec les trois côtés, la loi des cosinus donne chaque angle :

$\cos B_{1}=\dfrac{420^{2}+364{,}94^{2}-380^{2}}{2\times 420\times 364{,}94}\approx 0{,}5388$, donc $B_{1}\approx 57{,}4^\circ$

Les deux virages dépassent $45^\circ$ : seule la longueur pose problème.

Étape 4 : la nouvelle position de B₂.

On garde $QB_{1}=420$ m et l'angle de $54^\circ$, et l'on note $d=QB_{2}$, en mètres. Le parcours mesure $1\,200$ m quand $B_{1}B_{2}=1\,200-420-d=780-d$.

Loi des cosinus : $(780-d)^{2}=420^{2}+d^{2}-2\times 420\times d\times\cos 54^\circ$

Les $d^{2}$ s'annulent : $432\,000=1\,066{,}26\,d$, donc $d\approx 405{,}2$ m.

Des essais structurés sont aussi acceptés : $d=400$ donne un parcours d'environ $1\,192{,}7$ m, $d=410$ environ $1\,206{,}9$ m, puis on resserre jusqu'à $1\,200$ m.

Piège : ajouter les $35{,}1$ m manquants à $QB_{2}$. Avec $d\approx 415{,}1$ m, le parcours mesure environ $1\,214{,}2$ m, car $B_{1}B_{2}$ s'allonge lui aussi.

Étape 5 : les virages de la nouvelle position.

$B_{1}B_{2}=780-405{,}15\approx 374{,}85$ m

$\cos B_{1}=\dfrac{420^{2}+374{,}85^{2}-405{,}15^{2}}{2\times 420\times 374{,}85}\approx 0{,}4851$, donc $B_{1}\approx 61{,}0^\circ$

Les deux virages restent au-dessus de $45^\circ$.

Conclusion.

Le parcours proposé mesure environ $1\,164{,}9$ m : il ne respecte pas le règlement, même si ses virages ($57{,}4^\circ$ et $68{,}6^\circ$) sont permis. En plaçant B₂ à environ $405{,}2$ m du quai, dans la même direction, le parcours mesure $1\,200$ m et ses virages ($61{,}0^\circ$ et $65{,}0^\circ$) respectent toujours le règlement.

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette situation.

Cr2, concepts et processus : loi des cosinus appliquée avec l'angle compris entre les deux côtés connus, puis retournée pour trouver les angles ; équation en $d$ résolue sans erreur.

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A traite les deux articles du règlement, pour le parcours proposé et pour le parcours corrigé. Vérifier seulement la longueur répond à une partie des exigences : niveau C au mieux.

Cr4, structuration : chaque calcul porte son titre (distance entre les bouées, longueur, angles, nouvelle distance) et son unité ; l'inconnue $d$ est définie.

Cr5, justification : la conclusion cite le règlement article par article et dit pourquoi la loi des cosinus s'applique (triangle quelconque, deux côtés et l'angle compris).

Ce qui fait passer de A à C : arrondir trop tôt. Garder $B_{1}B_{2}\approx 365$ m reste sans effet, mais l'arrondir à $360$ m fausse les angles et la longueur ; un arrondi intermédiaire trop grossier limite la copie au niveau B au critère 2.

Piège : croire qu'éloigner B₂ de $35$ m allonge le parcours de $35$ m. Le côté $B_{1}B_{2}$ change aussi : il faut une équation, ou des essais, pas une soustraction.

Étape 1 : le taux périodique et les périodes.

Capitalisation semestrielle : $i=\dfrac{5\,\%}{2}=2{,}5\,\%$ par semestre, soit un facteur $1{,}025$ par période.

Six ans font $12$ semestres ; dix ans font $20$ semestres.

Le prix du billet ne sert pas. La droite du temps, sous le corrigé, place les versements des options B et C, graduée en semestres.

Étape 2 : ramener chaque option à aujourd'hui.

On ne compare des montants versés à des dates différentes qu'après les avoir ramenés à la même date : on calcule la valeur actuelle de chaque option.

Option A : $300\,000$ dollars, déjà versés aujourd'hui.

Option B : $120\,000+\dfrac{250\,000}{1{,}025^{12}}\approx 120\,000+185\,888{,}97=305\,888{,}97$ dollars

Option C : $\dfrac{400\,000}{1{,}025^{20}}\approx 244\,108{,}38$ dollars

Étape 3 : comparer.

$305\,888{,}97>300\,000>244\,108{,}38$ : l'option B a la plus grande valeur actuelle. Elle dépasse l'option A d'environ $5\,888{,}97$ dollars et l'option C d'environ $61\,780{,}59$ dollars.

L'option C, la plus grosse en dollars inscrits, est la moins bonne : $400\,000$ dollars dans dix ans ne valent qu'environ $244\,108$ dollars aujourd'hui.

Étape 4 : l'argument pour le frère.

On cherche $n$, en semestres, tel que $300\,000\times 1{,}025^{n}=400\,000$, donc $1{,}025^{n}=\dfrac{4}{3}$.

Les intérêts ne s'ajoutent qu'à la fin d'un semestre : après $11$ semestres, on a $300\,000\times 1{,}025^{11}\approx 393\,626{,}00$ dollars, après $12$ semestres $\approx 403\,466{,}65$ dollars.

Il faut donc $12$ semestres, soit $6$ ans : quatre ans avant le versement de l'option C, l'option A placée l'a déjà dépassée. Après dix ans, elle vaudrait $300\,000\times 1{,}025^{20}\approx 491\,584{,}93$ dollars.

Piège : lire $11{,}65$ comme un nombre d'années. L'exposant compte des périodes, ici des semestres.

Conclusion.

La gagnante doit choisir l'option B, dont la valeur actuelle, environ $305\,889$ dollars, dépasse celle des deux autres. À son frère : placés à ce taux, les $300\,000$ dollars de l'option A dépassent $400\,000$ dollars au bout de $12$ semestres, soit $6$ ans ; l'option C, qui fait attendre dix ans, est la moins avantageuse.

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette situation.

Cr2, concepts et processus : taux périodique ($2{,}5\,\%$) et nombres de périodes ($12$ et $20$) justes, actualisation par division, logarithme pour la durée.

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A ramène les trois options à une même date avant de comparer. Elle peut choisir aujourd'hui, ou bien dans dix ans : B vaudrait alors $\approx 501\,234{,}70$ dollars, A $\approx 491\,584{,}93$ et C $400\,000$, même classement.

Cr4, structuration : une ligne par option, avec son calcul et son unité ; la durée exprimée en semestres, puis en années.

Cr5, justification : le choix s'appuie sur la comparaison des valeurs actuelles, et la réponse au frère sur un calcul, pas sur une opinion.

Ce qui fait passer de A à C : actualiser avec $5\,\%$ par année ($1{,}05^{6}$ et $1{,}05^{10}$). Les valeurs changent ($306\,553{,}85$ et $245\,565{,}30$ dollars) mais le classement survit : l'erreur de modèle se paie au critère 2.

Piège : comparer les montants inscrits ($300\,000$, $370\,000$ et $400\,000$ dollars) et choisir C. C'est l'erreur qui fait tomber le plus de copies.

Étape 1 : la boîte actuelle.

Volume à conserver : $V=40\times 25\times 16=16\,000$ cm³

Aire : $A_{0}=2(40\times 25+40\times 16+25\times 16)=2(1\,000+640+400)=4\,080$ cm²

Le nombre de palettes ne sert pas.

Étape 2 : le cube équivalent, M1.

$a^{3}=16\,000$, donc $a=\sqrt[3]{16\,000}\approx 25{,}20$ cm

$A_{1}=6a^{2}\approx 3\,809{,}76$ cm²

Étape 3 : le cylindre équivalent, M2.

Hauteur égale au diamètre : $h=2r$, donc $V=\pi r^{2}\times 2r=2\pi r^{3}=16\,000$.

$r^{3}=\dfrac{16\,000}{2\pi}\approx 2\,546{,}48$, donc $r\approx 13{,}66$ cm et $h\approx 27{,}31$ cm

$A_{2}=2\pi r^{2}+2\pi rh=2\pi r^{2}+4\pi r^{2}=6\pi r^{2}\approx 3\,515{,}02$ cm²

Étape 4 : comparer et chiffrer l'économie.

$3\,515{,}02<3\,809{,}76<4\,080$ : le cylindre M2 consomme le moins de carton.

Économie par colis : $4\,080-3\,515{,}02\approx 564{,}98$ cm², soit $0{,}056\,498$ m², car $1$ m² $=10\,000$ cm².

Par année : $0{,}056\,498\times 50\,000\approx 2\,824{,}90$ m², donc $2\,824{,}90\times 0{,}90\approx 2\,542{,}41$ dollars.

Le cube ne ferait économiser que $(4\,080-3\,809{,}76)\div 10\,000\times 50\,000\times 0{,}90\approx 1\,216{,}07$ dollars.

Conclusion.

Le modèle M2, le cylindre d'environ $13{,}66$ cm de rayon et $27{,}31$ cm de hauteur, consomme le moins de carton : environ $3\,515$ cm² par colis. Il fait économiser environ $2\,542$ dollars de carton par année, plus du double de l'économie du cube.

Parmi les prismes droits à base rectangulaire équivalents, le cube a la plus petite aire, et M1 bat bien la boîte actuelle. Mais un cylindre n'est pas un prisme : la propriété ne départage pas M1 et M2, seul le calcul le fait.

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette situation.

Cr2, concepts et processus : formules de volume et d'aire justes, racine cubique, conversion des cm² en m² (diviser par $10\,000$).

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A calcule les deux modèles avant de choisir. Conclure que le cube gagne parce qu'il « a toujours la plus petite aire » est un raisonnement faux ici : niveau C au mieux.

Cr4, structuration : volume, dimensions, aires puis coûts, dans cet ordre, avec les unités au carré et au cube.

Cr5, justification : le choix du modèle s'appuie sur la comparaison des aires, et l'économie se calcule par rapport à la boîte actuelle, pas par rapport au cube.

Ce qui fait passer de A à C : oublier les deux bases du cylindre ($A=2\pi rh$ seulement, environ $2\,343$ cm²), ce qui gonfle l'économie et fausse le choix des arguments.

Piège : la conversion d'aire. Diviser par $100$ au lieu de $10\,000$ donne une économie cent fois trop grande, environ $254\,241$ dollars, que le bon sens doit refuser.

Étape 1 : la probabilité de gagner un match.

Les Faucons ont gagné $3+3+2+3+3=14$ matchs sur $7+8+6+7+7=35$.

Probabilité fréquentielle : $p=\dfrac{14}{35}=0{,}4$ ; les Harfangs gagnent donc un match avec la probabilité $0{,}6$.

La colonne des spectateurs ne sert pas.

Étape 2 : les issues de la série.

On note F une victoire des Faucons et H une victoire des Harfangs. L'arbre du corrigé montre les six issues ; les Faucons remportent le titre par FF, FHF ou HFF.

Contrôle : les Harfangs gagnent avec $0{,}36+0{,}144+0{,}144=0{,}648$, et $0{,}352+0{,}648=1$.

Étape 3 : réfuter l'affirmation.

En un seul match, les Faucons remportent le titre avec la probabilité $0{,}4$. Au meilleur de trois, avec $0{,}352$.

Comme $0{,}352<0{,}4$, l'entraîneur a tort : la série fait baisser les chances des Faucons de $4{,}8$ points de pourcentage.

Pourquoi : il ne suffit pas de gagner un des trois matchs, il en faut deux, et chaque match supplémentaire est aussi une occasion de plus pour les Harfangs. Une série plus longue avantage toujours l'équipe qui gagne le plus souvent un match.

Étape 4 : le nombre moyen de matchs.

La finale dure $2$ matchs si une même équipe gagne les deux premiers : $P=0{,}4^{2}+0{,}6^{2}=0{,}16+0{,}36=0{,}52$.

Elle dure $3$ matchs sinon : $P=2\times 0{,}4\times 0{,}6=0{,}48$.

Espérance : $E=2\times 0{,}52+3\times 0{,}48=1{,}04+1{,}44=2{,}48$ matchs

Conclusion.

L'entraîneur a tort : au meilleur de trois, les Faucons remportent le titre avec une probabilité de $0{,}352$, plus faible que la probabilité de $0{,}4$ en un seul match. Le gérant peut compter en moyenne $2{,}48$ matchs par finale : il réserve le gymnase pour trois matchs, sachant que le troisième sera joué un peu moins d'une fois sur deux ($48\,\%$).

Grille. Ce que la grille descriptive A à E attend sur cette tâche de catégorie II.

Cr1, conjecture : ne s'applique pas, la tâche ne demande pas d'en formuler.

Cr2, concepts et processus : probabilité fréquentielle juste ($\frac{14}{35}$), produit des probabilités pour des matchs indépendants, somme des issues favorables, espérance.

Cr3, raisonnement : la copie de niveau A compare deux probabilités, celle de la série et celle d'un match. Calculer $0{,}352$ sans le comparer à $0{,}4$ ne répond pas à l'entraîneur : niveau C au mieux.

Cr4, structuration : l'arbre ou la liste des issues est présent, chaque issue avec son calcul et son nom.

Cr5, justification : c'est le critère qui pèse le plus dans une tâche de catégorie II. La copie de niveau A réfute l'affirmation chiffres à l'appui et explique pourquoi trois matchs n'avantagent pas l'équipe la moins forte. Une réponse « il a tort » sans comparaison reste au niveau D ou E à ce critère.

Ce qui fait passer de A à C : oublier l'issue HFF, ce qui donne $0{,}256$ ; la conclusion survit, mais le calcul est faux.

Piège : additionner les chances de gagner chaque match ($0{,}4+0{,}4+0{,}4=1{,}2$), qui dépasse $1$ et ne veut rien dire. C'est la traduction chiffrée de l'erreur de l'entraîneur.