Examen blanc corrigé : l'épreuve unique de mathématique SN4 (secondaire 4)

a) On commence TOUJOURS par la mise en évidence simple : $3$ divise les trois coefficients, donc $3x^{2}-12x+12=3\left(x^{2}-4x+4\right)$. Le trinôme restant est un carré parfait, puisque $4=2^{2}$ et que $-4x=-2\times 2\times x$ : $x^{2}-4x+4=(x-2)^{2}$. La réponse est donc $3(x-2)^{2}$. Le mot COMPLÈTEMENT de l'énoncé signifie qu'on perd les points en s'arrêtant à $3(x^{2}-4x+4)$, et le contrôle se fait en développant : $3(x^{2}-4x+4)=3x^{2}-12x+12$ ✓.

b) Les valeurs interdites se lisent sur le dénominateur ORIGINAL, avant toute simplification : $x^{2}-x-6=(x-3)(x+2)$ s'annule pour $x=3$ et $x=-2$. Ce sont les deux valeurs interdites. On simplifie ensuite : $\frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(x+2)}=\frac{x+3}{x+2}$. Le piège du chapitre est ici : le facteur $x-3$ disparaît de l'écriture, mais $x=3$ RESTE interdite, l'expression de départ n'ayant jamais eu de sens en ce point.

c) La forme canonique $f(x)=a(x-h)^{2}+k$ se lit directement : ici $h=-1$ et $k=8$, donc le sommet est $S(-1\,;\,8)$. Attention au signe de $h$, le $+1$ dans la parenthèse correspondant à $x-(-1)$. Comme $a=-2<0$, la parabole est ouverte vers le bas et le sommet est un MAXIMUM. La fonction ne dépasse donc jamais $8$.

d) La partie entière DESCEND toujours vers l'entier inférieur ou égal, et non vers le plus proche : $\lfloor -3{,}4\rfloor=-4$, car $-4\leq-3{,}4<-3$. Répondre $-3$ est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre, parce qu'elle vient du réflexe d'arrondi. Sur les nombres négatifs, descendre signifie s'éloigner de zéro.

Cette première question donne le ton de la section A : quatre réflexes de base, aucune démarche à rédiger, et huit points qui se perdent en trente secondes d'inattention. Trois des quatre réponses reposent d'ailleurs sur un piège de signe ou d'ordre, ce qui n'est pas un hasard : c'est exactement ce que le Ministère évalue dans cette section, la sûreté des automatismes plutôt que l'ingéniosité. Le conseil de gestion du temps est de ne jamais s'attarder ici : une réponse qui ne vient pas en une minute se laisse et se reprend à la fin.

a) On calcule le discriminant : $\Delta=(-7)^{2}-4\times 2\times 3=49-24=25>0$, donc deux solutions distinctes. Comme $\sqrt{25}=5$ : $x=\frac{7\pm 5}{4}$, soit $x=3$ et $x=\frac{1}{2}$. Contrôle par la somme et le produit, qui coûte dix secondes : $3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}=-\frac{b}{a}$ ✓ et $3\times\frac{1}{2}=\frac{3}{2}=\frac{c}{a}$ ✓.

b) La deuxième équation se résout immédiatement en $x$ : $x=y+2$. On SUBSTITUE dans la première : $3(y+2)+2y=16$, soit $3y+6+2y=16$, donc $5y=10$ et $y=2$. Alors $x=2+2=4$. La solution est le couple $(4\,;\,2)$. Vérification dans les DEUX équations, la substitution n'en ayant utilisé qu'une : $3\times 4+2\times 2=12+4=16$ ✓ et $4-2=2$ ✓.

c) On se ramène à un coefficient dominant positif en multipliant par $-1$, ce qui INVERSE le sens : $x^{2}-6x+5<0$. On factorise, les racines évidentes étant $1$ et $5$ de somme $6$ et de produit $5$ : $(x-1)(x-5)<0$. Un trinôme de coefficient dominant positif est négatif ENTRE ses racines, donc l'ensemble solution est l'intervalle ouvert $]1\,;\,5[$, les bornes étant exclues puisque l'inégalité est stricte.

Trois techniques distinctes en sept points, et c'est délibéré : la section A balaie le programme plutôt qu'elle ne l'approfondit. Le point de méthode transversal est le CONTRÔLE, systématiquement possible et systématiquement négligé. Pour une équation, on remplace ; pour un système, on vérifie dans les deux lignes ; pour une inéquation, on teste une valeur de l'intervalle trouvé et une valeur extérieure, par exemple $x=3$ qui donne $-9+18-5=4>0$ ✓ et $x=0$ qui donne $-5<0$ ✓. Ces trois contrôles ensemble prennent moins d'une minute et rattrapent la quasi-totalité des erreurs de signe.

a) Le triangle étant rectangle en $A$, le théorème de Pythagore donne $BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=36+64=100$, donc $BC=10$ cm. Le triplet $(6\,;\,8\,;\,10)$ est le triplet pythagoricien $(3\,;\,4\,;\,5)$ doublé, ce qui explique que tous les calculs de cet exercice tombent juste.

b) La relation métrique du cathète s'écrit $AB^{2}=BH\times BC$ : un côté de l'angle droit est moyenne proportionnelle entre sa projection sur l'hypoténuse et l'hypoténuse entière. Donc $36=BH\times 10$ et $BH=3{,}6$ cm. De même $AC^{2}=CH\times BC$ donne $64=CH\times 10$, soit $CH=6{,}4$ cm. Contrôle indispensable : $BH+CH$ doit reconstituer $BC$, et $3{,}6+6{,}4=10$ ✓.

c) PREMIÈRE façon, par la relation de la hauteur relative à l'hypoténuse : $AH\times BC=AB\times AC$, qui traduit le fait que l'aire du triangle se calcule avec deux couples base-hauteur différents. Donc $AH\times 10=6\times 8=48$ et $AH=4{,}8$ cm. SECONDE façon, par la relation $AH^{2}=BH\times CH$ : $AH^{2}=3{,}6\times 6{,}4=23{,}04$, donc $AH=\sqrt{23{,}04}=4{,}8$ cm ✓. Les deux méthodes concordent, ce qui valide aussi les résultats de b).

d) Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, l'angle $\widehat{B}$ a pour côté opposé $AC=8$ et pour hypoténuse $BC=10$, donc $\sin\widehat{B}=\frac{8}{10}=0{,}8$ et $\widehat{B}=\arcsin(0{,}8)\approx 53{,}1^{\circ}$. On peut aussi passer par la tangente, $\tan\widehat{B}=\frac{8}{6}$, qui donne la même valeur ✓, et c'est un bon contrôle car il n'utilise pas $BC$.

Il faut savoir choisir entre les trois relations métriques, et le critère est simple : on repère ce que l'on connaît et ce que l'on cherche, puis on prend la relation qui les relie sans passer par une inconnue supplémentaire. La relation du cathète relie un côté de l'angle droit à sa projection ; celle de la hauteur relie la hauteur aux deux projections ; celle de l'aire relie la hauteur aux deux côtés de l'angle droit. Toutes trois découlent de la similitude des trois triangles de la figure, $ABC$, $HBA$ et $HAC$, qui ont les mêmes angles. Reconnaître cette similitude évite d'apprendre trois formules séparées, et permet de les retrouver si la mémoire flanche le jour de l'épreuve.

a) $AB=\sqrt{(6-(-2))^{2}+(7-1)^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$. On retrouve le triangle $(6\,;\,8\,;\,10)$ de l'exercice précédent, la formule de la distance n'étant que Pythagore appliqué au triangle rectangle dont les côtés sont les écarts de coordonnées. Le double signe moins dans $6-(-2)$ est le seul point de vigilance.

b) Le milieu s'obtient en MOYENNANT les coordonnées, jamais en les soustrayant : $M\left(\frac{-2+6}{2}\,;\,\frac{1+7}{2}\right)=(2\,;\,4)$. Contrôle visuel immédiat : $2$ est bien entre $-2$ et $6$, et $4$ entre $1$ et $7$ ✓.

c) La pente vaut $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{7-1}{6-(-2)}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$. Elle est positive, ce qui est cohérent avec le fait que $B$ est à la fois plus à droite et plus haut que $A$ ✓. Attention à l'ordre : le numérateur porte sur les ordonnées, et l'inverser donnerait $\frac{4}{3}$, une erreur qui se propagerait à toute la question d).

d) La médiatrice de $[AB]$ est la droite PERPENDICULAIRE à $(AB)$ passant par son MILIEU, et il faut les deux conditions. Sa pente est l'opposé de l'inverse de $\frac{3}{4}$, soit $-\frac{4}{3}$, puisque le produit des pentes de deux droites perpendiculaires vaut $-1$ et que $\frac{3}{4}\times\left(-\frac{4}{3}\right)=-1$ ✓. Elle passe par $M(2\,;\,4)$, d'où $y-4=-\frac{4}{3}(x-2)$, soit $y=-\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}+4=-\frac{4}{3}x+\frac{20}{3}$. En forme générale, on multiplie par $3$ : $4x+3y=20$.

Deux vérifications valident la médiatrice, et il vaut mieux faire la seconde qui est plus complète. La première consiste à substituer $M$ : $4\times 2+3\times 4=8+12=20$ ✓. La seconde, plus convaincante, consiste à vérifier la propriété caractéristique de la médiatrice, à savoir que chacun de ses points est ÉQUIDISTANT de $A$ et de $B$. En prenant le point $(5\,;\,0)$, qui vérifie bien $20+0=20$ : sa distance à $A$ vaut $\sqrt{49+1}=\sqrt{50}$ et sa distance à $B$ vaut $\sqrt{1+49}=\sqrt{50}$ ✓. Cette propriété est d'ailleurs la définition même de la médiatrice, la perpendicularité n'en étant qu'une conséquence.

a) Les deux triangles ont l'angle $\widehat{A}$ EN COMMUN. Par ailleurs, comme $(DE)$ et $(BC)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(AB)$, les angles $\widehat{ADE}$ et $\widehat{ABC}$ sont CORRESPONDANTS, donc de même mesure. Les triangles $ADE$ et $ABC$ ont ainsi deux angles homologues de même mesure : ils sont semblables par le cas AA, dit cas angle-angle. La rédaction attendue nomme les deux angles et le cas ; se contenter d'écrire que les triangles se ressemblent ne vaut aucun point.

b) On calcule d'abord $AB=AD+DB=4+6=10$ cm, le point $D$ étant sur le segment. Le rapport de similitude du petit vers le grand est donc $k=\frac{AD}{AB}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}=0{,}4$. Il faut préciser le SENS du rapport : de $ABC$ vers $ADE$ il vaudrait $\frac{5}{2}$, et confondre les deux inverse tous les résultats qui suivent.

c) Dans des triangles semblables, les côtés homologues sont proportionnels dans le même rapport : $\frac{AE}{AC}=k=\frac{2}{5}$. Donc $AC=\frac{AE}{k}=\frac{5}{0{,}4}=12{,}5$ cm, et $EC=AC-AE=12{,}5-5=7{,}5$ cm. Contrôle de cohérence : le rapport $\frac{AE}{EC}=\frac{5}{7{,}5}=\frac{2}{3}$ doit égaler $\frac{AD}{DB}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ ✓, ce qui est le théorème de Thalès sous sa forme la plus utile.

d) Le côté $[DE]$ est homologue de $[BC]$, donc $DE=k\times BC=0{,}4\times 12=4{,}8$ cm. On multiplie ici par $k$ et non par son inverse, puisqu'on passe du grand triangle au petit : $DE$ doit être plus court que $BC$, et $4{,}8<12$ ✓.

e) Le rapport des aires est le CARRÉ du rapport de similitude : $k^{2}=\left(\frac{2}{5}\right)^{2}=\frac{4}{25}=0{,}16$. L'aire du petit triangle ne représente donc que $16\ \%$ de celle du grand, alors que ses côtés en font $40\ \%$.

Le résultat de e) surprend toujours et vaut d'être compris plutôt que mémorisé : une aire est un produit de DEUX longueurs, chacune multipliée par $k$, d'où le facteur $k^{2}$. Le même raisonnement donne $k^{3}$ pour les volumes, ce qui resservira à l'exercice 7. On peut le vérifier ici en calculant les deux aires à partir d'une même hauteur : les triangles $ADE$ et $ABC$ ont des hauteurs issues de $A$ dans le rapport $k$, et des bases dans le rapport $k$ également, donc des aires dans le rapport $k\times k$. Concrètement, un terrain dont on double toutes les dimensions voit son aire quadrupler et son volume octupler, ce qui est la source d'erreur numéro un des problèmes d'agrandissement.

a) Chaque hausse ajoute $0{,}50$ dollar au prix et retire $5$ ventes : le prix vaut $8+0{,}5n$ dollars et le nombre de sandwichs vendus vaut $120-5n$. Poser cette double expression est l'étape qui décide de tout le reste, et la difficulté est de ne pas confondre $n$, qui compte les HAUSSES, avec le prix lui-même.

b) Le revenu est le produit du prix par la quantité : $R(n)=(8+0{,}5n)(120-5n)$. On développe avec les quatre produits : $8\times 120=960$, $8\times(-5n)=-40n$, $0{,}5n\times 120=60n$ et $0{,}5n\times(-5n)=-2{,}5n^{2}$. En regroupant : $R(n)=-2{,}5n^{2}+(-40+60)n+960=-2{,}5n^{2}+20n+960$ ✓. Contrôle en $n=0$ : $R(0)=960=8\times 120$, le revenu actuel ✓.

c) On met le coefficient dominant en évidence sur les deux premiers termes : $R(n)=-2{,}5\left(n^{2}-8n\right)+960$. On complète le carré à l'intérieur : $n^{2}-8n=(n-4)^{2}-16$. Donc $R(n)=-2{,}5\left((n-4)^{2}-16\right)+960=-2{,}5(n-4)^{2}+40+960=-2{,}5(n-4)^{2}+1000$. Contrôle en $n=0$ : $-2{,}5\times 16+1000=-40+1000=960$ ✓.

d) Le coefficient devant le carré étant NÉGATIF, le revenu est maximal quand le carré est nul, soit $n=4$, et vaut alors $1\,000$ dollars. Il faut revenir au contexte plutôt que de s'arrêter à $n=4$ : le prix optimal est $8+0{,}5\times 4=10$ dollars, pour $120-5\times 4=100$ sandwichs vendus. Vérification directe : $10\times 100=1\,000$ dollars ✓, soit $40$ dollars de plus qu'aujourd'hui.

e) On résout $-2{,}5n^{2}+20n+960=0$, soit après division par $-2{,}5$ : $n^{2}-8n-384=0$. Le discriminant vaut $64+1\,536=1\,600$, donc $\sqrt{\Delta}=40$ et $n=\frac{8\pm 40}{2}$, c'est-à-dire $n=24$ ou $n=-16$. Le revenu est donc positif pour $-16<n<24$. Cette information n'a AUCUN intérêt pratique ici : le nombre de ventes $120-5n$ s'annule dès $n=24$, et le revenu ne devient négatif qu'au-delà, dans une zone où l'on vendrait un nombre négatif de sandwichs. Le modèle n'a de sens que pour $0\leq n\leq 24$.

La question e) est un piège de lecture délibéré, et il est fréquent à l'épreuve : elle demande un calcul parfaitement faisable dont la réponse ne sert à rien. Savoir le dire fait partie de la réponse attendue. La bonne question, celle qu'un commerçant se poserait, est plutôt de connaître la plage de prix qui garantit au moins $990$ dollars : on résout $-2{,}5(n-4)^{2}+1000\geq 990$, soit $(n-4)^{2}\leq 4$, donc $2\leq n\leq 6$, c'est-à-dire un prix entre $9$ et $11$ dollars. Le revenu est donc très PLAT autour de l'optimum, ce qui est la vraie information utile : se tromper d'un dollar sur le prix ne coûte que $10$ dollars par jour.

a) Deux figures sont ÉQUIVALENTES lorsqu'elles ont la même aire, et non les mêmes dimensions. L'aire du rectangle vaut $12\times 8=96$ cm². Le carré équivalent a donc pour côté $\sqrt{96}$. On simplifie plutôt que de laisser la calculatrice trancher : $\sqrt{96}=\sqrt{16\times 6}=4\sqrt{6}\approx 9{,}80$ cm. Contrôle de plausibilité : le côté doit se situer entre $8$ et $12$, et $9{,}80$ y est ✓, ce qui est général, le carré équivalent ayant toujours un côté compris entre les deux dimensions du rectangle.

b) Le volume du cylindre vaut $V=\pi r^{2}h=\pi\times 9\times 8=72\pi\approx 226{,}19$ cm³. Pour la boule équivalente, on résout $\frac{4}{3}\pi R^{3}=72\pi$. Le facteur $\pi$ SE SIMPLIFIE des deux côtés, ce qui évite tout arrondi intermédiaire : $R^{3}=\frac{3\times 72}{4}=54$, donc $R=\sqrt[3]{54}\approx 3{,}78$ cm. Contrôle : $3{,}78^{3}\approx 54{,}0$ ✓.

c) On connaît deux côtés et l'angle COMPRIS entre eux, configuration qui appelle la loi des cosinus : $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\widehat{C}=49+81-2\times 7\times 9\times 0{,}5=130-63=67$, donc $c=\sqrt{67}\approx 8{,}19$ cm. L'aire s'obtient par la formule du sinus, qui utilise exactement les mêmes données : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}ab\sin\widehat{C}=\frac{1}{2}\times 7\times 9\times\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 27{,}28$ cm².

d) Par la loi des sinus : $\frac{\sin\widehat{A}}{a}=\frac{\sin\widehat{C}}{c}$, donc $\sin\widehat{A}=\frac{7\times\sin 60^{\circ}}{8{,}19}\approx 0{,}7406$ et $\widehat{A}\approx 47{,}78^{\circ}$. On obtient ensuite $\widehat{B}=180^{\circ}-60^{\circ}-47{,}78^{\circ}\approx 72{,}22^{\circ}$. Contrôle par un calcul indépendant, la loi des cosinus appliquée à $\widehat{B}$ : $\cos\widehat{B}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{49+67-81}{2\times 7\times 8{,}19}\approx 0{,}3054$, ce qui redonne bien $72{,}22^{\circ}$ ✓.

Un mot sur le CAS AMBIGU, qui coûte des points chaque année. En cherchant $\widehat{A}$ par son sinus, on obtient une seule valeur à la calculatrice, mais deux angles supplémentaires ont le même sinus : $47{,}78^{\circ}$ et $132{,}22^{\circ}$. Ici la seconde est à écarter, car $\widehat{A}$ est opposé au côté $a=7$, qui n'est pas le plus grand côté du triangle ; l'angle le plus grand est nécessairement opposé au côté le plus grand, ici $b=9$. La règle de sécurité est donc d'utiliser la loi des sinus pour chercher un angle opposé à un PETIT côté, et la loi des cosinus dans tous les autres cas, le cosinus ne présentant aucune ambiguïté puisque son signe distingue l'aigu de l'obtus.

ÉTAPE 1, poser les variables et traduire la contrainte. Notons $x$ la longueur totale de l'ensemble des deux enclos et $y$ leur profondeur commune. La clôture comprend deux longueurs horizontales, en haut et en bas, soit $2x$, et TROIS segments verticaux, les deux extrémités plus la séparation centrale, soit $3y$. La contrainte s'écrit donc $2x+3y=240$. Compter deux séparations verticales au lieu de trois est l'erreur qui fait rater toute la situation, et un schéma rapide l'évite.

ÉTAPE 2, exprimer l'aire avec une seule variable. De la contrainte on tire $x=\frac{240-3y}{2}=120-1{,}5y$. L'aire totale vaut alors $\mathcal{A}(y)=x\times y=y\left(120-1{,}5y\right)=-1{,}5y^{2}+120y$. On obtient une fonction quadratique de coefficient dominant négatif, donc bornée par un maximum : le problème a bien une solution.

ÉTAPE 3, optimiser. On met sous forme canonique : $\mathcal{A}(y)=-1{,}5\left(y^{2}-80y\right)=-1{,}5\left((y-40)^{2}-1\,600\right)=-1{,}5(y-40)^{2}+2\,400$. Le maximum est atteint pour $y=40$ m et vaut $2\,400$ m². On revient alors aux dimensions concrètes : $x=120-1{,}5\times 40=60$ m, donc chaque enclos mesure $\frac{60}{2}=30$ m sur $40$ m. Vérification de la clôture utilisée : $2\times 60+3\times 40=120+120=240$ m ✓, tout est employé.

ÉTAPE 4, vérifier la seconde exigence. Chaque enclos a une aire de $30\times 40=1\,200$ m², ce qui dépasse le minimum de $1\,000$ m² demandé ✓. Les deux exigences sont donc COMPATIBLES, et la solution optimale les satisfait toutes les deux simultanément. Il n'y a aucun arbitrage à faire.

ÉTAPE 5, conclure en revenant à la question posée. L'éleveur doit construire deux enclos de $30$ m sur $40$ m, disposés côte à côte le long de leurs côtés de $40$ m, pour une aire totale de $2\,400$ m². Chaque enclos offre $1\,200$ m², soit $200$ m² de plus que le minimum exigé.

On peut ajouter une information que l'éleveur appréciera, et ce genre de prolongement est valorisé en section C. Le maximum est très PLAT : en cherchant les profondeurs qui laissent au moins $2\,100$ m², on résout $-1{,}5y^{2}+120y\geq 2\,100$, soit $y^{2}-80y+1\,400\leq 0$. Le discriminant vaut $6\,400-5\,600=800$, donc $\sqrt{\Delta}=20\sqrt{2}$ et les racines sont $40\pm 10\sqrt{2}$, c'est-à-dire environ $25{,}86$ et $54{,}14$. Toute profondeur entre ces deux valeurs conserve plus de $87\ \%$ de l'aire maximale, ce qui laisse à l'éleveur une grande liberté pour s'adapter au terrain.

ÉTAPE 1, choisir une stratégie. Le pied $P$ de la falaise étant inaccessible, on ne peut mesurer aucune distance horizontale : il faut donc exploiter les DEUX visées. Deux chemins s'offrent, l'un par le triangle quelconque $ABS$ et la loi des sinus, l'autre par les deux triangles rectangles et un système. Les deux sont acceptés, et je les mène tous les deux pour disposer d'un contrôle.

ÉTAPE 2, première méthode, par le triangle $ABS$. Dans ce triangle, l'angle en $A$ vaut $32^{\circ}$. L'angle $\widehat{ABS}$ est le SUPPLÉMENTAIRE de l'angle d'élévation mesuré en $B$, car $B$ se trouve entre $A$ et $P$ : $\widehat{ABS}=180^{\circ}-51^{\circ}=129^{\circ}$. On en déduit le troisième angle : $\widehat{ASB}=180^{\circ}-32^{\circ}-129^{\circ}=19^{\circ}$. La loi des sinus donne alors $\frac{BS}{\sin 32^{\circ}}=\frac{AB}{\sin 19^{\circ}}$, d'où $BS=\frac{85\times\sin 32^{\circ}}{\sin 19^{\circ}}\approx\frac{45{,}04}{0{,}3256}\approx 138{,}4$ m.

ÉTAPE 3, redescendre à la hauteur. Le triangle $BPS$ est rectangle en $P$, et l'angle en $B$ y vaut $51^{\circ}$. Donc $h=PS=BS\times\sin 51^{\circ}\approx 138{,}4\times 0{,}7771\approx 107{,}5$ m. On obtient au passage la distance du géologue à la falaise : $PB=BS\times\cos 51^{\circ}\approx 87{,}1$ m.

ÉTAPE 4, contrôle par la seconde méthode. Dans les deux triangles rectangles, $\tan 32^{\circ}=\frac{h}{PB+85}$ et $\tan 51^{\circ}=\frac{h}{PB}$. On tire de chacune la distance : $PB+85=\frac{h}{\tan 32^{\circ}}$ et $PB=\frac{h}{\tan 51^{\circ}}$. En soustrayant : $h\left(\frac{1}{\tan 32^{\circ}}-\frac{1}{\tan 51^{\circ}}\right)=85$, soit $h\times(1{,}6003-0{,}8098)=85$ et $h=\frac{85}{0{,}7906}\approx 107{,}5$ m ✓. Les deux méthodes concordent au dixième près.

ÉTAPE 5, répondre à la question posée. La falaise mesure environ $107{,}5$ mètres, alors que le plafond du drone est de $100$ mètres. Le drone ne pourra donc PAS filmer le sommet par le dessus : il lui manque environ $7{,}5$ mètres, soit $7\ \%$ de la hauteur. La réponse à donner n'est pas la hauteur seule, mais bien la conclusion sur le drone, accompagnée de l'écart.

Deux remarques de méthode que la section C valorise. D'abord, l'angle $\widehat{ABS}=129^{\circ}$ est le point où presque toutes les copies échouent : on est tenté d'y placer $51^{\circ}$, qui est l'angle d'élévation, mais c'est l'angle du triangle $ABS$ qu'il faut, et il est mesuré de l'autre côté de la droite $(AB)$. Un schéma coté résout la question en cinq secondes et rapporte des points à lui seul. Ensuite, il faut se méfier des arrondis intermédiaires : en arrondissant $BS$ à $138$ m, on obtiendrait $h\approx 107{,}2$ m, écart sans conséquence ici mais qui pourrait faire basculer une conclusion dans un cas plus serré. La règle est de garder toutes les décimales en machine et de n'arrondir qu'à la toute fin.

ÉTAPE 1, décrire le nuage. Les six points s'alignent très nettement de bas à gauche vers haut à droite : la corrélation est LINÉAIRE, POSITIVE et FORTE. Une estimation du coefficient de corrélation par la méthode du rectangle donne une valeur très proche de $1$, et le calcul exact confirme $r\approx 0{,}997$. Aucun point ne s'écarte visiblement de l'alignement, il n'y a donc pas de donnée aberrante à écarter.

ÉTAPE 2, construire la droite de Mayer. On ordonne les données selon $x$, déjà fait ici, et on les partage en deux groupes de trois. Premier groupe, $x\in\{2\,;\,4\,;\,5\}$ : le point moyen est $P_{1}\left(\frac{11}{3}\,;\,\frac{155}{3}\right)$, soit environ $(3{,}67\,;\,51{,}67)$. Second groupe, $x\in\{7\,;\,8\,;\,10\}$ : le point moyen est $P_{2}\left(\frac{25}{3}\,;\,\frac{221}{3}\right)$, soit environ $(8{,}33\,;\,73{,}67)$. La pente de la droite de Mayer est $a=\frac{73{,}67-51{,}67}{8{,}33-3{,}67}=\frac{22}{\frac{14}{3}}=\frac{33}{7}\approx 4{,}71$.

ÉTAPE 3, achever l'équation. La droite passe par le point moyen général $\left(\bar{x}\,;\,\bar{y}\right)$, avec $\bar{x}=\frac{36}{6}=6$ et $\bar{y}=\frac{376}{6}\approx 62{,}67$. Donc $b=\bar{y}-a\bar{x}\approx 62{,}67-4{,}71\times 6\approx 34{,}38$, et l'équation est $y\approx 4{,}71x+34{,}38$. INTERPRÉTATION, qui fait partie de la réponse : chaque heure de tutorat supplémentaire est associée à environ $4{,}7$ points de plus, et l'ordonnée à l'origine $34{,}4$ représenterait la note d'un élève sans aucun tutorat.

ÉTAPE 4, produire la prévision demandée. Pour $x=9$ : $y\approx 4{,}71\times 9+34{,}38\approx 76{,}8$. Un élève suivant $9$ heures de tutorat obtiendrait donc une note d'environ $77\ \%$. Cette prévision est une INTERPOLATION, la valeur $9$ étant à l'intérieur de la plage observée $[2\,;\,10]$ : elle est donc légitime, tout en restant une estimation et non une certitude.

ÉTAPE 5, prendre position sur l'affirmation de la direction. Elle est à REJETER, et pour trois raisons distinctes. Premièrement, le modèle prédit pour $x=20$ une note de $4{,}71\times 20+34{,}38\approx 128{,}7\ \%$, ce qui est IMPOSSIBLE : il s'agit d'une extrapolation bien au-delà de la plage observée, où le modèle affine cesse manifestement d'être valable, une note étant plafonnée à $100$. Deuxièmement, même une prévision plausible resterait une TENDANCE moyenne et non une garantie individuelle, alors que le mot garantissent engage l'école. Troisièmement, une corrélation forte n'établit pas la CAUSALITÉ : les élèves qui suivent le plus d'heures de tutorat sont peut-être aussi les plus motivés, et cette motivation expliquerait une partie du résultat indépendamment du tutorat.

On peut proposer une formulation défendable, ce que la section C valorise toujours : plutôt que de garantir un résultat, l'école peut écrire que, sur les six élèves observés, chaque heure de tutorat supplémentaire s'est accompagnée d'environ quatre à cinq points de plus, et qu'un élève suivant huit à dix heures se situait entre $70$ et $82$ pour cent. L'énoncé reste vrai, il reste vendeur, et il ne promet rien qui dépasse les données. Une dernière réserve mérite d'être signalée : l'échantillon ne compte que SIX élèves, ce qui est très peu pour fonder une communication officielle, et la même étude sur trente élèves pourrait donner une pente sensiblement différente.