Examen ministériel de mathématique secondaire 4 : épreuve blanche n° 2 corrigée

a) On met d'abord en évidence le facteur commun $2$ : $2x^{2}-18=2\left(x^{2}-9\right)$. La parenthèse est une différence de carrés, puisque $9=3^{2}$, donc $x^{2}-9=(x-3)(x+3)$ et la réponse complète est $2(x-3)(x+3)$. Le mot COMPLÈTEMENT coûte les points à qui s'arrête à $2(x^{2}-9)$. Contrôle en développant : $2(x^{2}-9)=2x^{2}-18$ ✓. Ordre à retenir pour toute factorisation : mise en évidence simple d'abord, motif remarquable ensuite.

b) On factorise chaque morceau AVANT de simplifier : $\frac{(x-2)(x+2)}{3x}\times\frac{9x^{2}}{x+2}$. Les facteurs $x+2$ se simplifient, et $\frac{9x^{2}}{3x}=3x$, ce qui laisse $3x(x-2)$. Les valeurs interdites se lisent sur les dénominateurs d'ORIGINE, donc $x\neq 0$ et $x\neq -2$. Elles survivent à la simplification : l'expression finale $3x(x-2)$ se calcule sans problème en $x=-2$, mais l'expression de départ n'y a jamais eu de sens. C'est le piège numéro un du chapitre des expressions rationnelles.

c) La deuxième équation donne $x=y+1$, forme prête pour la substitution. On remplace dans la première : $2(y+1)+3y=12$, soit $2y+2+3y=12$, donc $5y=10$ et $y=2$. Alors $x=2+1=3$. La solution est le couple $(3\,;\,2)$. Vérification dans les DEUX équations, toujours : $2\times 3+3\times 2=6+6=12$ ✓ et $3-2=1$ ✓. Une solution qui ne vérifie qu'une seule équation signale une erreur de substitution.

d) La pente vaut $a=\frac{-7-5}{4-(-2)}=\frac{-12}{6}=-2$. Attention au dénominateur : $4-(-2)=6$ et non $2$. On écrit ensuite $y=-2x+b$ et on y remplace les coordonnées de $A$ : $5=-2\times(-2)+b=4+b$, donc $b=1$. La règle est $y=-2x+1$. Contrôle avec le point qui n'a pas servi, $B$ : $-2\times 4+1=-7$ ✓. Utiliser le second point pour vérifier plutôt que pour calculer est le réflexe qui attrape les erreurs de signe.

Ces quatre questions donnent le ton de la section A : aucune n'exige d'idée, toutes exigent de la rigueur. Trois d'entre elles reposent sur un signe ou sur un ordre d'opérations, ce qui n'est pas un hasard, car c'est exactement ce que le Ministère évalue ici, la sûreté des automatismes. Gestion du temps : huit points se jouent en moins de six minutes, et une question qui résiste plus d'une minute se laisse pour la fin.

a) On note d'abord les valeurs interdites, $x\neq 2$ et $x\neq -4$, puis on multiplie en croix : $3(x+4)=5(x-2)$, soit $3x+12=5x-10$. On regroupe : $22=2x$, donc $x=11$. Cette valeur n'est pas interdite, elle est donc acceptée. Vérification : $\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$ et $\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$ ✓. Le produit croisé n'est légitime QUE parce qu'on a écarté les valeurs qui annulent un dénominateur.

b) On développe le membre de gauche : $-3x+12\le 2x+9$. On rassemble les $x$ du côté où le coefficient restera positif, ce qui évite tout renversement : $12-9\le 2x+3x$, soit $3\le 5x$, donc $x\ge \frac{3}{5}=0{,}6$. En intervalle : $x\in\left[0{,}6\,;\,+\infty\right[$. Le crochet est fermé en $0{,}6$ car l'inégalité est large. Test rapide avec $x=1$ : $-3(1-4)=9$ et $2+9=11$, or $9\le 11$ ✓.

c) On cherche deux nombres dont le produit vaut $-14$ et la somme $-5$ : ce sont $-7$ et $2$. Donc $x^{2}-5x-14=(x-7)(x+2)$ et le produit est nul si l'un des facteurs l'est : $x=7$ ou $x=-2$. Contrôle par la somme et le produit des racines : $7+(-2)=5$, qui doit valoir $-\frac{b}{a}=5$ ✓, et $7\times(-2)=-14$, qui doit valoir $\frac{c}{a}=-14$ ✓.

d) Le trinôme s'annule en $-2$ et en $7$, et son coefficient dominant est positif, donc la parabole est ouverte vers le HAUT : elle est négative ENTRE ses racines. L'ensemble solution est $x\in\left[-2\,;\,7\right]$. L'erreur classique consiste à écrire une union de deux intervalles, qui est la réponse de l'inéquation avec $\ge$. Un seul test suffit à trancher : en $x=0$, $0-0-14=-14\le 0$ ✓, donc $0$ appartient bien à l'ensemble solution, ce qui confirme l'intervalle du milieu.

Les questions c) et d) sont volontairement jumelles : la même factorisation sert deux fois, et seul le raisonnement final change. Le message du chapitre tient en une phrase : factoriser RÉSOUT l'équation, mais c'est le SIGNE du coefficient dominant qui résout l'inéquation. Sur l'épreuve, un croquis de parabole tracé en dix secondes dans la marge vaut mieux qu'un tableau de signes bâclé.

a) La hauteur issue de l'angle droit est moyenne géométrique des deux projections : $AH^{2}=BH\times CH=4\times 9=36$, donc $AH=6$ cm. C'est la relation à reconnaître dès qu'on voit une hauteur ISSUE DE L'ANGLE DROIT, et elle ne s'applique à aucune autre hauteur du triangle.

b) On calcule d'abord l'hypoténuse : $BC=BH+HC=4+9=13$ cm, le point $H$ étant entre $B$ et $C$. Chaque cathète est moyenne géométrique de l'hypoténuse et de sa PROPRE projection : $AB^{2}=BH\times BC=4\times 13=52$, donc $AB=\sqrt{52}\approx 7{,}21$ cm ; et $AC^{2}=HC\times BC=9\times 13=117$, donc $AC=\sqrt{117}\approx 10{,}82$ cm. Contrôle par Pythagore : $52+117=169=13^{2}$ ✓. L'erreur fréquente est de croiser les projections, ce qui donnerait un petit côté en face du petit segment, contraire à la figure.

c) Deux chemins mènent au même angle. Dans le triangle $ABH$, rectangle en $H$, on a $\tan\widehat{ABC}=\frac{AH}{BH}=\frac{6}{4}=1{,}5$, donc $\widehat{ABC}=\arctan(1{,}5)\approx 56{,}31^{\circ}$. Dans le triangle $ABC$, rectangle en $A$, on a $\cos\widehat{ABC}=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{52}}{13}\approx 0{,}5547$, ce qui redonne $56{,}31^{\circ}$ ✓. Utiliser $\sqrt{52}$ plutôt que $7{,}21$ évite de traîner un arrondi.

d) Avec l'hypoténuse et sa hauteur : $\mathcal{A}=\frac{BC\times AH}{2}=\frac{13\times 6}{2}=39$ cm carrés. Avec les deux cathètes, qui sont perpendiculaires entre elles : $\mathcal{A}=\frac{AB\times AC}{2}=\frac{\sqrt{52}\times\sqrt{117}}{2}=\frac{\sqrt{6084}}{2}=\frac{78}{2}=39$ cm carrés ✓. L'égalité des deux calculs n'est pas une coïncidence : elle EST la troisième relation métrique, $AH\times BC=AB\times AC$.

Toute la figure se déduit de deux nombres, $4$ et $9$, et c'est ce qui rend ce type de question rentable en section A : trois relations, aucune donnée superflue. Le réflexe de sélection est simple. Si la grandeur cherchée touche la hauteur, on utilise $AH^{2}=BH\times CH$ ; si elle touche une cathète, on utilise $AB^{2}=BH\times BC$ avec la projection du MÊME côté ; si elle touche un angle, on redescend dans un des deux petits triangles rectangles, qui sont d'ailleurs semblables au grand.

a) La distance se calcule avec $AB=\sqrt{(x_{B}-x_{A})^{2}+(y_{B}-y_{A})^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=\sqrt{100}=10$. Le milieu est la MOYENNE des coordonnées : $M\left(\frac{-1+5}{2}\,;\,\frac{2+10}{2}\right)=M(2\,;\,6)$. Ne pas confondre les deux formules : la distance soustrait, le milieu additionne.

b) On part de $A$ et on avance des trois quarts du déplacement $\overrightarrow{AB}=(6\,;\,8)$ : $P\left(-1+\frac{3}{4}\times 6\,;\,2+\frac{3}{4}\times 8\right)=P(3{,}5\,;\,8)$. Contrôle : $AP=\sqrt{4{,}5^{2}+6^{2}}=\sqrt{56{,}25}=7{,}5$, et $\frac{7{,}5}{10}=0{,}75$ ✓. Le piège est d'appliquer le rapport aux COORDONNÉES au lieu du déplacement, ce qui donnerait $(3{,}75\,;\,7{,}5)$, un point qui n'est même pas sur la droite.

c) Le signe négatif dit le SENS : quand une variable augmente, l'autre a tendance à diminuer. La valeur absolue $0{,}93$, proche de $1$, dit la FORCE : la corrélation linéaire est forte, les points sont serrés autour d'une droite décroissante. Ce que $r$ ne permet pas d'affirmer, c'est un lien de CAUSE à effet : une corrélation forte peut venir d'une troisième variable ou du hasard de l'échantillon. Elle ne dit rien non plus d'un lien non linéaire.

d) Les volumes sont dans le rapport $k^{3}$, pas $k$ : $k^{3}=\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=\frac{27}{8}=3{,}375$. Donc le grand solide a un volume de $320\times 3{,}375=1080$ cm cubes. Répondre $480$ cm cubes, c'est avoir multiplié par $k$ ; répondre $720$, c'est avoir multiplié par $k^{2}$, qui est le rapport des AIRES. Une seule question à se poser : de quelle dimension parle-t-on ? Une longueur, une aire ou un volume ?

Ces quatre questions balaient trois chapitres différents en moins de sept minutes, ce qui est exactement le rythme de la section A. Retenez-en la logique commune : dans chaque cas, le choix de la formule vient de la NATURE de la grandeur cherchée. Une longueur entre deux points appelle la distance, un point intermédiaire appelle un déplacement partiel, un volume appelle une puissance cubique. C'est le fil de toute l'épreuve, et il évite la moitié des erreurs.

a) On lit sur le graphique une marche par demi-heure et un saut de 4 dollars, donc $|a|=4$ et la période horizontale vaut $0{,}5$, ce qui donne $|b|=2$. Reste le signe. La partie entière $\lfloor x\rfloor$ DESCEND, donc elle facturerait la tranche TERMINÉE, alors qu'ici c'est la tranche COMMENCÉE qui est payée. On renverse donc l'axe : $\lceil x\rceil=-\lfloor -x\rfloor$, ce qui donne $C(t)=-4\lfloor -2t\rfloor$ pour $t>0$. Contrôle sur un point de la figure : en $t=0{,}3$, $-2t=-0{,}6$ et $\lfloor -0{,}6\rfloor=-1$, donc $C=4$ dollars ✓, et en $t=0{,}5$, $\lfloor -1\rfloor=-1$, donc $C=4$ dollars encore ✓.

b) Il faut d'abord convertir : $2$ h $10$ min $=2+\frac{10}{60}=\frac{13}{6}\approx 2{,}1667$ h. Alors $-2t=-\frac{13}{3}\approx -4{,}3333$ et $\lfloor -4{,}3333\rfloor=-5$, donc $C=-4\times(-5)=20$ dollars. Le raisonnement en langue courante donne le même résultat : $2$ h $10$ min, c'est quatre demi-heures complètes plus une cinquième entamée, donc cinq tranches à 4 dollars. Piège classique : écrire $t=2{,}10$ au lieu de $2{,}1\overline{6}$ ne change rien ici, mais changerait tout à $2$ h $40$ min.

c) Avec 30 dollars, on peut payer $\frac{30}{4}=7{,}5$ tranches, donc 7 tranches complètes seulement, le nombre de tranches étant entier. Sept demi-heures font $3{,}5$ h, soit 3 h 30 min, pour $7\times 4=28$ dollars. Il lui reste 2 dollars, qui ne servent à rien puisque la huitième tranche coûte 4 dollars. Vérification aux bornes : $C(3{,}5)=-4\lfloor -7\rfloor=28\le 30$ ✓, et dès qu'on dépasse $3{,}5$ h, par exemple $t=3{,}6$, on a $C=-4\lfloor -7{,}2\rfloor=-4\times(-8)=32>30$ ✓.

d) Prenons une valeur de raccord, $t=1$. Alors $-2t=-2$, qui est un ENTIER, et $\lfloor -2\rfloor=-2$, donc $C(1)=8$ dollars, la valeur de la marche de GAUCHE. Juste après, en $t=1{,}01$, on a $\lfloor -2{,}02\rfloor=-3$ et le coût saute à 12 dollars. La valeur de raccord appartient donc toujours à la marche du bas : chaque marche est fermée à son extrémité droite et ouverte à son extrémité gauche. C'est cohérent avec le contexte : à $1$ h pile, la deuxième demi-heure est terminée mais la troisième n'est pas commencée, on ne paie donc pas pour elle.

e) On compare tranche par tranche, en n'oubliant pas que les deux fonctions changent de valeur à des instants différents, aux demi-heures pour $C$ et aux heures pour $D$. Sur $\left]0\,;\,0{,}5\right]$ : $C=4$ et $D=6$, le premier est moins cher. Sur $\left]0{,}5\,;\,1\right]$ : $C=8$ et $D=6$, le voisin gagne. Sur $\left]1\,;\,1{,}5\right]$ : $C=12$ et $D=12$, ÉGALITÉ, donc le voisin n'est pas strictement moins cher. Sur $\left]1{,}5\,;\,2\right]$ : $C=16$ contre $D=12$. Ensuite l'écart ne fait que croître, car $C$ augmente de 8 dollars par heure contre 6 pour $D$ : sur $\left]2\,;\,2{,}5\right]$, $20$ contre $18$ ; sur $\left]2{,}5\,;\,3\right]$, $24$ contre $18$ ; sur $\left]3\,;\,3{,}5\right]$, $28$ contre $24$ ; sur $\left]3{,}5\,;\,4\right]$, $32$ contre $24$. La réponse est donc $t\in\left]0{,}5\,;\,1\right]\cup\left]1{,}5\,;\,4\right]$.

La question e) est celle qui départage, et elle illustre le fil de l'épreuve : rien dans l'énoncé ne dit qu'il faut raisonner par intervalles, c'est la nature EN ESCALIER des deux fonctions qui l'impose. Comparer $-4\lfloor -2t\rfloor$ et $-6\lfloor -t\rfloor$ par le calcul algébrique ne mène nulle part ; comparer les deux tableaux de valeurs sur les huit demi-heures utiles prend deux minutes et donne la réponse complète, réunion d'intervalles comprise. Retenez aussi la lecture économique : le stationnement à la demi-heure est avantageux pour les visites courtes, celui à l'heure pour les longues, et le point de bascule n'est pas un instant mais tout un intervalle d'égalité.

a) Le sommet est donné, donc la forme canonique est immédiate : $h(x)=a(x-4)^{2}+5{,}5$. On détermine $a$ avec le point de sortie, $h(0)=1{,}5$ : $a\times 16+5{,}5=1{,}5$, donc $16a=-4$ et $a=-0{,}25$. La règle est $h(x)=-0{,}25(x-4)^{2}+5{,}5$. En développant : $-0{,}25\left(x^{2}-8x+16\right)+5{,}5=-0{,}25x^{2}+2x-4+5{,}5$, soit $h(x)=-0{,}25x^{2}+2x+1{,}5$. Contrôle : le terme constant vaut bien $1{,}5$, qui est la hauteur en $x=0$ ✓, et $a<0$ confirme une parabole ouverte vers le bas, ce qu'exige un jet d'eau.

b) L'eau touche le sol quand $h(x)=0$ : $-0{,}25(x-4)^{2}+5{,}5=0$, donc $(x-4)^{2}=22$ et $x-4=\pm\sqrt{22}$. Les deux solutions sont $x=4+\sqrt{22}\approx 8{,}69$ et $x=4-\sqrt{22}\approx -0{,}69$. On REJETTE la seconde, car une distance horizontale devant la buse ne peut pas être négative. L'eau touche donc le sol à environ $8{,}69$ m de la buse. Rejeter explicitement la racine négative, en disant pourquoi, fait partie des points de la question.

c) On résout $h(x)>4$ : $-0{,}25(x-4)^{2}+5{,}5>4$, soit $(x-4)^{2}<6$, donc $-\sqrt{6}<x-4<\sqrt{6}$ et $x\in\left]4-\sqrt{6}\,;\,4+\sqrt{6}\right[$, c'est-à-dire environ $\left]1{,}55\,;\,6{,}45\right[$. Sa longueur est $2\sqrt{6}\approx 4{,}90$ m. Attention au sens de l'inégalité : en divisant par $-0{,}25$, elle se RENVERSE, et c'est ce renversement qui donne un intervalle borné plutôt qu'une réunion. Vérification en $x=4$ : $h(4)=5{,}5>4$ ✓, le milieu appartient bien à l'intervalle.

d) On calcule $h(8)=-0{,}25(8-4)^{2}+5{,}5=-4+5{,}5=1{,}5$ m. À l'aplomb du bord du bassin, l'eau est donc encore à $1{,}5$ m de hauteur, elle n'est pas retombée. Comme la portée totale est de $8{,}69$ m, l'eau atterrit environ $0{,}69$ m AU-DELÀ du bord : elle retombe hors du bassin. Il faudrait avancer le bord d'au moins $70$ cm, ou réduire la pression.

e) Avec $a=-0{,}5$ et le même sommet, la règle deviendrait $h(x)=-0{,}5(x-4)^{2}+5{,}5$, et à la sortie de la buse $h(0)=-0{,}5\times 16+5{,}5=-8+5{,}5=-2{,}5$ m. Une hauteur négative à la buse est impossible : la buse est au-dessus du sol. Conclusion : on ne peut pas changer $a$ en gardant à la fois le sommet et la hauteur de sortie, car ces trois informations déterminent déjà la parabole entièrement. Deux d'entre elles fixent la troisième. Si l'on garde le sommet et que l'on accepte $a=-0{,}5$, alors la buse devrait être enterrée, et la portée tomberait à $4+\sqrt{11}\approx 7{,}32$ m.

La question e) est le vrai test de compréhension du chapitre des paramètres. Un élève qui applique mécaniquement les transformations répondra que la parabole est simplement plus étroite ; un élève qui a compris répondra qu'une parabole est déterminée par trois conditions, ici le sommet, qui en fournit deux, et un point, qui en fournit une, si bien qu'imposer une quatrième condition crée une contradiction. C'est exactement le genre de raisonnement que la section B récompense, et il ne demande aucun calcul supplémentaire : il suffit d'évaluer la nouvelle fonction en $x=0$ et de constater l'absurdité physique.

a) Le volume d'un cône est le tiers de celui du cylindre de même base et de même hauteur : $V=\frac{\pi r^{2}h}{3}=\frac{\pi\times 36\times 15}{3}=180\pi$ cm cubes, soit environ $565{,}49$ cm cubes. Garder $180\pi$ jusqu'au bout est utile pour la question suivante, où le $\pi$ va se simplifier.

b) Équivalent signifie DE MÊME VOLUME, et non de même aire ni de même forme. On écrit donc $\pi R^{2}\times 15=180\pi$. Le $\pi$ se simplifie des deux côtés, ce qui donne $15R^{2}=180$, puis $R^{2}=12$ et $R=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\approx 3{,}46$ cm. Contrôle de plausibilité : le cylindre est plein alors que le cône est effilé, il doit donc être plus étroit à hauteur égale, et $3{,}46<6$ ✓. Un rayon de $\frac{6}{3}=2$ cm serait l'erreur typique, celle qui divise le rayon au lieu de diviser le carré du rayon.

c) Les volumes de deux solides semblables sont dans le rapport $k^{3}$. Doubler le volume impose donc $k^{3}=2$, soit $k=\sqrt[3]{2}\approx 1{,}26$. Les longueurs sont multipliées par ce même $k$ : le rayon devient $6\times 1{,}2599\approx 7{,}56$ cm et la hauteur $15\times 1{,}2599\approx 18{,}90$ cm. Vérification directe : $\frac{\pi\times 7{,}5595^{2}\times 18{,}8988}{3}\approx 1130{,}97$ cm cubes, soit exactement le double de $565{,}49$ ✓. Noter que le rapport hauteur sur rayon reste $\frac{15}{6}=2{,}5$, comme il se doit dans une similitude.

d) L'aire latérale d'un cône est $\mathcal{A}=\pi r a$, où $a$ est l'apothème, c'est-à-dire la longueur d'une génératrice. On la calcule par Pythagore dans le triangle rectangle formé par le rayon, la hauteur et la génératrice : $a=\sqrt{6^{2}+15^{2}}=\sqrt{261}\approx 16{,}16$ cm. Donc $\mathcal{A}=\pi\times 6\times 16{,}1555\approx 304{,}52$ cm carrés. Pour le cône agrandi, les aires sont multipliées par $k^{2}=\sqrt[3]{4}\approx 1{,}5874$ : $\mathcal{A}'\approx 304{,}52\times 1{,}5874\approx 483{,}40$ cm carrés. Recalcul direct pour confirmer : $a'=\sqrt{7{,}5595^{2}+18{,}8988^{2}}\approx 20{,}35$ cm et $\pi\times 7{,}5595\times 20{,}3547\approx 483{,}40$ ✓.

e) Non. La tôle correspond à une AIRE, qui est multipliée par $k^{2}$ et non par $k^{3}$. Ici $k^{2}=\sqrt[3]{4}\approx 1{,}59$ : il faut environ $59$ pour cent de tôle en plus, pas $100$ pour cent. En chiffres, on passe de $304{,}52$ à $483{,}40$ cm carrés, soit une hausse de $178{,}88$ cm carrés. Doubler le volume coûte donc proportionnellement moins cher en matériau que ce que le fabricant croit, et c'est précisément l'intérêt économique des grands contenants.

Cet exercice croise les deux notions du chapitre que les élèves confondent le plus souvent. ÉQUIVALENT veut dire même volume avec des formes différentes, et le rapport de similitude n'y joue aucun rôle : c'est une équation à résoudre. SEMBLABLE veut dire même forme avec des tailles différentes, et là seulement interviennent $k$, $k^{2}$ et $k^{3}$. Le réflexe de tri est le mot de l'énoncé, mais aussi la question posée : si l'on cherche une dimension d'une forme NOUVELLE, on pose une équation de volumes ; si l'on cherche une dimension de la MÊME forme agrandie, on passe par $k$. La conclusion de e) mérite d'être retenue au-delà de l'examen, car c'est elle qui explique pourquoi un gros réservoir est plus économique qu'un petit à volume total égal.