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

En section A, chaque question se contrôle en moins d'une minute : on développe une factorisation, on teste un couple dans les deux équations. C'est ce contrôle qui élimine les propositions pièges, construites sur les erreurs les plus fréquentes.

Remarque utile pour la suite de l'épreuve : le maximum est plat. Entre $9$ et $11$ dollars, le revenu reste d'au moins $990$ dollars, car $-2{,}5(n-4)^{2}+1\,000\geq 990$ équivaut à $(n-4)^{2}\le 4$, soit $2\le n\le 6$.

Étape 1. Poser les variables et traduire la clôture.

On note $y$ la longueur de la clôture commune, en mètres : les deux côtés qui lui sont parallèles mesurent aussi $y$.

On note $x$ la longueur totale de l'ensemble dans l'autre direction : deux côtés de longueur $x$ ferment le tout.

La clôture compte donc trois segments de longueur $y$ et deux de longueur $x$ :

Piège : compter deux segments de longueur $y$ au lieu de trois, en oubliant la clôture commune. Un schéma rapide l'évite.

Étape 2. Exprimer l'aire avec une seule variable.

Le coefficient de $y^{2}$ est négatif : la parabole est ouverte vers le bas et l'aire a un maximum.

Étape 3. Optimiser par la forme canonique.

Le maximum vaut $2\,400$ m², atteint pour $y=40$ m. Alors $x=120-1{,}5\times 40=60$ m : chaque enclos mesure $\frac{60}{2}=30$ m sur $40$ m.

Contrôle : $2\times 60+3\times 40=240$ m ✓. Toute la clôture est employée, et le côté commun de $40$ m est bien le plus grand côté de chaque enclos.

Étape 4. Vérifier la seconde exigence.

Chaque enclos couvre $30\times 40=1\,200$ m², au-delà des $1\,000$ m² demandés ✓.

Les deux exigences sont compatibles : la solution optimale les respecte toutes les deux, sans arbitrage.

Conclusion. L'éleveur construit deux enclos de $30$ m sur $40$ m, accolés le long de leurs côtés de $40$ m, pour une aire totale de $2\,400$ m², soit $1\,200$ m² par enclos.

Information utile en plus : le maximum est plat. Toute profondeur $y$ comprise entre $40-10\sqrt{2}\approx 25{,}86$ m et $40+10\sqrt{2}\approx 54{,}14$ m garde au moins $2\,100$ m², plus de $87$ % du maximum.

Grille.

Cr2, concepts et processus : traduire la clôture en $2x+3y=240$, ramener l'aire à une fonction du second degré d'une seule variable, trouver son sommet par la forme canonique ou par $-\frac{b}{2a}$.

Cr3, raisonnement : relier l'aire maximale au sommet d'une parabole ouverte vers le bas, puis revenir aux dimensions de chaque enclos pour tester l'exigence des $1\,000$ m².

Cr4, structuration : les variables définies avec leurs unités, une étape par ligne, une phrase de conclusion qui donne les dimensions.

Cr5, justification : dire pourquoi $y=40$ donne un maximum, et appuyer la compatibilité sur le calcul $1\,200\geq 1\,000$.

De A à C : la copie qui compte deux clôtures de longueur $y$ écrit $2x+2y=240$ et trouve des enclos de $30$ m sur $60$ m. Sa méthode d'optimisation est juste, mais sur un modèle faux : niveau C au critère 3. Celle qui donne $y=40$ sans revenir aux dimensions d'un enclos ni aux $1\,000$ m² répond à la plupart des exigences : niveau B.

Étape 1. Modéliser la pente d'atterrissage.

La pente passe par $O(0\,;0)$ et $B(40\,;-24)$ : sa pente vaut $\dfrac{-24-0}{40-0}=-0{,}6$ et son ordonnée à l'origine vaut $0$.

Étape 2. Le point d'atterrissage, par un système.

La planchiste touche la pente quand sa hauteur égale celle de la pente. On résout par comparaison le système formé de $y=-0{,}05x^{2}+0{,}5x+2$ et de $y=-0{,}6x$ :

$-0{,}05x^{2}+1{,}1x+2=0$, soit, en multipliant par $-20$, $x^{2}-22x-40=0$

$x=\dfrac{22\pm\sqrt{644}}{2}=11\pm\sqrt{161}$, soit $x\approx 23{,}69$ ou $x\approx -1{,}69$

On rejette $x\approx -1{,}69$ : ce point est derrière le rebord, hors de la pente. Le point d'atterrissage est $L(23{,}69\,;-14{,}21)$, car $-0{,}6\times 23{,}69\approx -14{,}21$.

Contrôle dans la trajectoire, avec $x=11+\sqrt{161}$ gardé en mémoire : $h(x)\approx -14{,}21$ ✓.

Étape 3. Mesurer la distance le long de la pente.

La zone damée se repère le long de la pente : on calcule $OL$ par la formule de la distance.

$OL=\sqrt{x^{2}+(-0{,}6x)^{2}}=x\sqrt{1{,}36}\approx 23{,}6886\times 1{,}1662\approx 27{,}63$ m

On garde les décimales de $x$ en mémoire : avec les arrondis $23{,}69$ et $-14{,}21$, on tomberait sur $27{,}62$ m.

La zone damée s'arrête à $26$ m : la planchiste atterrit environ $1{,}63$ m après la fin de la zone.

Piège : comparer l'abscisse $23{,}69$ aux $26$ m de la zone. Ce sont des mètres horizontaux contre des mètres mesurés sur la pente, et la conclusion s'inverse.

Étape 4. Vérifier l'inclinaison.

Le triangle rectangle de côtés $40$ m à l'horizontale et $24$ m à la verticale donne $\tan\theta=\dfrac{24}{40}=0{,}6$, donc $\theta\approx 30{,}96^{\circ}$.

$25^{\circ}\le 30{,}96^{\circ}\le 35^{\circ}$ : la pente respecte le guide ✓.

Conclusion. La pente est conforme au guide de sécurité, mais la planchiste atterrit à environ $27{,}63$ m de $O$ le long de la pente, hors de la zone damée qui finit à $26$ m.

Le module est trop puissant pour cette zone : il faut prolonger la zone damée d'au moins $1{,}63$ m, ou abaisser le rebord.

Grille.

Cr2, concepts et processus : équation d'une droite par deux points, système formé d'une équation du premier degré et d'une du second degré, formule quadratique, distance entre deux points, tangente d'un angle.

Cr3, raisonnement : reconnaître que l'atterrissage est l'intersection de la trajectoire et de la pente, rejeter la racine négative avec une raison tirée du contexte, puis comparer des distances de même nature.

Cr4, structuration : le système écrit en entier, une ligne par transformation, les coordonnées du point d'atterrissage données avant la distance.

Cr5, justification : chaque décision appuyée par une comparaison chiffrée, $27{,}63 > 26$ et $25^{\circ}\le 30{,}96^{\circ}\le 35^{\circ}$.

De A à C : la copie qui trouve $x\approx 23{,}69$ puis conclut que la planchiste atterrit dans la zone a appliqué les bons processus, mais répond faux à l'exigence principale : niveau C au critère 3. Celle qui oublie l'inclinaison répond à la plupart des exigences : niveau B.

Étape 1. Démontrer la similitude.

Les triangles $ADE$ et $ABC$ ont l'angle $\widehat{A}$ en commun.

Les droites $(DE)$ et $(BC)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(AB)$ : les angles $\widehat{ADE}$ et $\widehat{ABC}$ sont correspondants, donc isométriques.

Deux paires d'angles homologues isométriques : les triangles $ADE$ et $ABC$ sont semblables par le cas AA, angle-angle.

Piège : écrire que les triangles « se ressemblent » ne démontre rien. On nomme les deux paires d'angles, la propriété des parallèles, puis le cas.

Étape 2. Le rapport de similitude et la baguette.

$AB=AD+DB=4+6=10$ m, donc le rapport du petit triangle au grand vaut $k=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4}{10}=0{,}4$.

$[DE]$ est homologue de $[BC]$ : $DE=k\times BC=0{,}4\times 12=4{,}8$ m.

Contrôle : $AC=\dfrac{AE}{k}=12{,}5$ m, donc $EC=7{,}5$ m, et $\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{5}{7{,}5}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{AD}{DB}$ ✓.

Étape 3. Le rapport des aires.

Une aire est le produit de deux longueurs, chacune multipliée par $k$ : les aires de deux figures semblables sont dans le rapport $k^{2}$.

Le triangle doré couvre donc $16$ % de la murale, et non $40$ %.

Contrôle : la base et la hauteur issue de $A$ du petit triangle valent chacune $0{,}4$ fois celles du grand, et $0{,}4\times 0{,}4=0{,}16$ ✓.

Conclusion. Les triangles $ADE$ et $ABC$ sont semblables par le cas AA, dans le rapport $0{,}4$, et il faut $4{,}8$ m de baguette.

L'affirmation du fournisseur est fausse : le triangle doré couvre $16$ % de la murale. Commander pour $40$ % reviendrait à acheter $\frac{0{,}40}{0{,}16}=2{,}5$ fois trop de feuille d'or. Le fournisseur a confondu le rapport des longueurs avec celui des aires.

Grille. Situation de catégorie II : démontrer, puis invalider une affirmation par un argument mathématique.

Cr2, concepts et processus : angles correspondants, cas de similitude AA, rapport de similitude, rapport des aires en $k^{2}$.

Cr3, raisonnement : voir que l'affirmation porte sur une aire alors que le $0{,}4$ est un rapport de longueurs.

Cr4, structuration : une démonstration rédigée dans l'ordre hypothèse, propriété, conclusion, puis les calculs.

Cr5, justification : c'est le critère décisif ici. Chaque paire d'angles est justifiée, et la prise de position s'appuie sur un argument, pas seulement sur un nombre.

De A à C : la copie qui calcule $DE=4{,}8$ m et $16$ % sans démontrer la similitude, ou qui écrit « cas AA » sans nommer les angles correspondants, ne justifie qu'une partie de ses affirmations : niveau C au critère 5.

Étape 1. Le volume à conserver.

Même capacité veut dire même volume : les deux solides sont équivalents, sans avoir la même forme.

$V_{\text{citerne}}=\pi r^{2}h=\pi\times 3^{2}\times 8=72\pi\approx 226{,}19$ m³

Étape 2. Le rayon de la sphère.

$\dfrac{4}{3}\pi R^{3}=72\pi$, et $\pi$ se simplifie des deux côtés :

$R^{3}=\dfrac{3\times 72}{4}=54$, donc $R=\sqrt[3]{54}\approx 3{,}78$ m

Le diamètre de la sphère vaut $2R\approx 7{,}56$ m.

Contrôle : $\frac{4}{3}\pi\times 3{,}78^{3}\approx 226{,}2$ m³ ✓.

Étape 3. La dalle carrée.

L'ancienne dalle couvre $12\times 8=96$ m². La dalle carrée de même aire a pour côté $\sqrt{96}=4\sqrt{6}\approx 9{,}80$ m.

Vu de haut, la sphère occupe un disque de $7{,}56$ m de diamètre, moins que $9{,}80$ m : elle ne déborde pas ✓.

Remarque : la dalle carrée a la même aire que l'ancienne, mais un périmètre plus court, $4\times 9{,}80\approx 39{,}19$ m contre $40$ m. Deux figures équivalentes n'ont pas le même périmètre.

Étape 4. La hauteur totale.

Le haut de la sphère est à $1{,}5$ m plus un diamètre au-dessus de la dalle :

$1{,}5+2R\approx 1{,}5+7{,}56=9{,}06$ m

$9{,}06 > 9$ : la hauteur dépasse la limite d'environ $6$ cm, la contrainte de zonage n'est pas respectée.

Piège : ajouter le rayon au lieu du diamètre, $1{,}5+3{,}78=5{,}28$ m, et conclure à tort que tout est conforme.

Conclusion. La dalle carrée mesure environ $9{,}80$ m de côté, et la sphère de $3{,}78$ m de rayon y tient sans déborder.

Mais l'installation atteint environ $9{,}06$ m de haut, au-delà des $9$ m permis : le projet ne respecte pas toutes les contraintes. Des pieds d'au plus $1{,}44$ m régleraient le problème, car $9-2R\approx 1{,}44$ m.

Grille.

Cr2, concepts et processus : volume du cylindre et de la boule, équation $\frac{4}{3}\pi R^{3}=72\pi$ résolue par la racine cubique, côté d'un carré d'aire donnée.

Cr3, raisonnement : traduire « même capacité » et « même aire » en deux équations distinctes, puis confronter les résultats à chacune des contraintes.

Cr4, structuration : une étape par grandeur, l'unité à chaque ligne, m, m² ou m³.

Cr5, justification : la conclusion s'appuie sur $9{,}06 > 9$. Garder $\sqrt[3]{54}$ en mémoire de la calculatrice jusqu'au bout rend la décision sûre, car l'écart n'est que de $6$ cm.

De A à C : la copie qui arrondit $R$ à $3{,}7$ m trouve $8{,}9$ m et conclut que tout est conforme. L'arrondi précoce est une erreur mineure (niveau B au critère 2), mais la conclusion fausse n'est plus appuyée par un argument juste : niveau C au critère 5.

Étape 1. Choisir une stratégie.

Le pied $P$ est inaccessible : aucune distance horizontale ne se mesure, il faut exploiter les deux visées.

Deux chemins : le triangle quelconque $ABS$ et la loi des sinus, ou les deux triangles rectangles et une équation. On mène le premier et on contrôle par le second.

Étape 2. Résoudre le triangle $ABS$.

L'angle en $A$ vaut $32^{\circ}$. L'angle $\widehat{ABS}$ est le supplémentaire de l'angle d'élévation mesuré en $B$, car $B$ est entre $A$ et $P$ :

$\widehat{ABS}=180^{\circ}-51^{\circ}=129^{\circ}$, donc $\widehat{ASB}=180^{\circ}-32^{\circ}-129^{\circ}=19^{\circ}$

Loi des sinus : $\dfrac{BS}{\sin 32^{\circ}}=\dfrac{AB}{\sin 19^{\circ}}$, donc $BS=\dfrac{85\sin 32^{\circ}}{\sin 19^{\circ}}\approx 138{,}4$ m

Piège : placer $51^{\circ}$ dans le triangle $ABS$. C'est l'angle d'élévation, mesuré de l'autre côté de $B$ ; l'angle du triangle est son supplémentaire.

Étape 3. Redescendre à la hauteur.

Dans le triangle $BPS$, rectangle en $P$ :

$h=PS=BS\times\sin 51^{\circ}\approx 107{,}5$ m, et $PB=BS\times\cos 51^{\circ}\approx 87{,}1$ m

Étape 4. Contrôle par les deux triangles rectangles.

$\tan 32^{\circ}=\dfrac{h}{PB+85}$ et $\tan 51^{\circ}=\dfrac{h}{PB}$, donc $\dfrac{h}{\tan 32^{\circ}}-\dfrac{h}{\tan 51^{\circ}}=85$

$h\times(1{,}6003-0{,}8098)=85$, soit $h=\dfrac{85}{0{,}7906}\approx 107{,}5$ m ✓

Conclusion. La falaise mesure environ $107{,}5$ m, plus que le plafond de $100$ m du drone : le drone ne pourra pas filmer le sommet par le dessus, il lui manque environ $7{,}5$ m.

On garde toutes les décimales en mémoire : en arrondissant $BS$ à $138$ m, on obtiendrait $107{,}2$ m, sans conséquence ici, mais dangereux dans un cas plus serré.

Grille.

Cr2, concepts et processus : angles supplémentaires, somme des angles d'un triangle, loi des sinus, sinus et cosinus dans le triangle rectangle.

Cr3, raisonnement : comprendre qu'un pied inaccessible impose de combiner deux visées, et choisir le bon triangle pour chaque calcul.

Cr4, structuration : un schéma coté, les trois angles du triangle $ABS$ écrits avant la loi des sinus, une ligne par calcul.

Cr5, justification : la réponse attendue n'est pas la hauteur seule, mais la décision sur le drone, appuyée par $107{,}5 > 100$.

De A à C : avec $51^{\circ}$ dans le triangle $ABS$, la loi des sinus est bien appliquée, mais sur un triangle faux : la copie répond à certaines exigences seulement, niveau C au critère 3. Une copie juste qui s'arrête à $h\approx 107{,}5$ m sans parler du drone perd au critère 5.

Étape 1. Décrire le nuage.

Les six points montent de gauche à droite, serrés autour d'une droite : la corrélation est linéaire, positive et forte.

La calculatrice donne $r\approx 0{,}997$, et aucun point ne s'écarte de l'alignement.

Étape 2. La droite de Mayer.

Données ordonnées selon $x$, deux groupes de trois :

$P_{1}\left(\frac{11}{3}\,;\frac{155}{3}\right)\approx(3{,}67\,;51{,}67)$ et $P_{2}\left(\frac{25}{3}\,;\frac{221}{3}\right)\approx(8{,}33\,;73{,}67)$

La droite passe par le point moyen $(\bar{x}\,;\bar{y})=(6\,;62{,}67)$, donc $b=\bar{y}-a\bar{x}\approx 34{,}38$.

$y\approx 4{,}71x+34{,}38$ : chaque heure de tutorat s'accompagne d'environ $4{,}7$ points de plus.

Étape 3. La prévision pour 9 heures.

$y\approx 4{,}71\times 9+34{,}38\approx 76{,}8$, soit environ $77$ %.

C'est une interpolation, car $9$ est dans la plage observée $[2\,;10]$ : la prévision est légitime, mais elle reste une estimation.

Étape 4. Prendre position. L'affirmation est à rejeter, pour trois raisons.

Pour $x=20$, le modèle donne $4{,}71\times 20+34{,}38\approx 128{,}7$ %, une note impossible : c'est une extrapolation loin au-delà de $10$ heures, où le modèle ne vaut plus.

Une droite de régression décrit une tendance moyenne, pas une garantie individuelle.

Une corrélation forte n'établit pas une causalité : les élèves les plus motivés suivent peut-être plus de tutorat et travaillent aussi davantage.

Piège : calculer $128{,}7$ % et conclure que l'affirmation est vraie, et même largement.

Conclusion. Le lien est linéaire, positif et fort, modélisé par $y\approx 4{,}71x+34{,}38$ ; un élève qui suit $9$ heures obtiendrait environ $77$ %.

L'affirmation de la direction est rejetée. Formulation défendable : sur les six élèves observés, chaque heure de tutorat s'est accompagnée d'environ quatre à cinq points de plus, sur un échantillon trop petit pour fonder une promesse.

Grille. Situation de catégorie II : prendre position sur une affirmation à l'aide d'arguments mathématiques.

Cr2, concepts et processus : droite de Mayer, deux groupes, deux points moyens, pente, passage par le point moyen, puis interpolation.

Cr3, raisonnement : distinguer interpolation et extrapolation, tendance et garantie, corrélation et causalité.

Cr4, structuration : les points moyens et l'équation écrits avant la prévision, la position annoncée avant ses raisons.

Cr5, justification : au moins un argument chiffré, la note impossible de $128{,}7$ %, appuie le rejet ; les deux autres arguments font passer de B à A.

De A à C : la copie qui rejette l'affirmation sur la seule causalité, sans calcul, n'appuie qu'une partie de sa position ; celle qui calcule la droite et la prévision mais ne prend pas position s'arrête au niveau C au critère 3.