Exercice 1 : Questions à choix multiple : identité trigonométrique, valeur absolue, cercle trigonométrique

12 points Calculs trigonométriques La fonction valeur absolue Le cercle trigonométrique

Conditions de l'épreuve, comme le jour de l'examen : durée de $3$ heures ; un aide-mémoire manuscrit d'une feuille recto verso, préparé par vous ; calculatrice à affichage graphique permise, mémoire vidée ; règle, rapporteur et papier quadrillé. En section C, la démarche complète est exigée : une réponse sans trace ne vaut presque rien.

Section A : pour chaque question, indiquez la lettre de la bonne réponse. Chaque question vaut $4$ points. Aucune démarche n'est exigée, mais un contrôle rapide de trente secondes en vaut toujours la peine.

a) Pour toutes les valeurs de $x$ où elle est définie, l'expression $\dfrac{\sec x-\cos x}{\sin x}$ est égale à :
A) $\cot x$
B) $\tan x$
C) $\sin x$
D) $\cos x$
b) Quel est l'ensemble-solution de l'inéquation $-2|x-3|+8\geq 2$ ?
A) $]-\infty\,;0]\cup[6\,;+\infty[$
B) $[-3\,;3]$
C) $[-2\,;8]$
D) $[0\,;6]$
c) Quelles sont les coordonnées du point trigonométrique $P\left(-\dfrac{7\pi}{6}\right)$ ?
A) $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$
B) $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\right)$
C) $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\right)$
D) $\left(-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$

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Réponses

a) Réponse B : $\tan x$
b) Réponse D : $[0\,;6]$
c) Réponse A : $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\,;\frac{1}{2}\right)$

a)

Réponse B : $\tan x$ .

On ramène tout au sinus et au cosinus, avec $\sec x=\dfrac{1}{\cos x}$ .

\begin{aligned}\dfrac{\sec x-\cos x}{\sin x}&=\dfrac{\frac{1}{\cos x}-\cos x}{\sin x}\\&=\dfrac{1-\cos^{2}x}{\cos x\,\sin x}\\&=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos x\,\sin x}\\&=\dfrac{\sin x}{\cos x}=\tan x\end{aligned}

L'identité de Pythagore $\sin^{2}x+\cos^{2}x=1$ fait tout le travail à la troisième ligne.

Contrôle à la calculatrice, en radians : pour $x=1$ , l'expression vaut $\dfrac{1{,}3105}{0{,}8415}\approx 1{,}557$ , comme $\tan 1\approx 1{,}557$ .

Piège : inverser la fraction finale donne $\dfrac{\cos x}{\sin x}=\cot x$ , le choix A. Les choix C et D tombent au contrôle numérique : $\sin 1\approx 0{,}841$ et $\cos 1\approx 0{,}540$ .

b)

Réponse D : $[0\,;6]$ .

On isole la valeur absolue : $-2|x-3|\geq 2-8$ , soit $-2|x-3|\geq -6$ .

On divise par $-2$ , un nombre négatif : le sens de l'inégalité se renverse, $|x-3|\leq 3$ .

Une distance à $3$ d'au plus $3$ : $-3\leq x-3\leq 3$ , donc $0\leq x\leq 6$ .

Contrôle : en $x=0$ , $-2\times 3+8=2\geq 2$ ; en $x=3$ , $8\geq 2$ ; en $x=7$ , $-2\times 4+8=0<2$ , exclu.

Piège : garder le sens $\geq$ après la division par $-2$ donne $|x-3|\geq 3$ et la réunion du choix A, exactement l'extérieur de la bonne réponse.

Le choix C vient de $|x-3|\leq 5$ , obtenu en additionnant $8$ et $2$ au lieu de les soustraire ; le choix B oublie le décalage $h=3$ .

c)

Réponse A : $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$ .

On ramène l'angle dans $[0\,;2\pi[$ en ajoutant un tour : $-\dfrac{7\pi}{6}+2\pi=\dfrac{5\pi}{6}$ .

$\dfrac{5\pi}{6}$ est dans le quadrant II, d'angle de référence $\dfrac{\pi}{6}$ : cosinus négatif, sinus positif.

$P\left(-\dfrac{7\pi}{6}\right)=P\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right)$ .

Piège : traiter $-\dfrac{7\pi}{6}$ comme $\dfrac{7\pi}{6}$ . Le signe moins fait tourner dans le sens horaire ; l'oublier mène au quadrant III, choix B.

Le choix D échange cosinus et sinus : l'abscisse d'un point trigonométrique est toujours le cosinus, $P(\theta)=(\cos\theta\,;\sin\theta)$ . Le choix C est le point de $-\dfrac{\pi}{6}$ .

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Exercice 2 : Questions à choix multiple : produit scalaire, ellipse, composée de fonctions

12 points Les vecteurs et la géométrie vectorielle Les coniques : cercle, ellipse, hyperbole, parabole Les opérations sur les fonctions

Pour chaque question, indiquez la lettre de la bonne réponse. Les questions a) et b) s'appuient sur les deux figures ci-dessous.

Figure 1, question a) : les vecteurs

\vec{u}

et

\vec{v}

, une unité par carreau

Figure 2, question b) : une ellipse centrée à l'origine et ses quatre sommets

a) Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ de la figure 1 sont tracés sur un quadrillage d'une unité par carreau. Que vaut le produit scalaire $\vec{u}\cdot\vec{v}$ ?
A) $11$
B) $(-4\,;3)$
C) $-1$
D) $1$
b) Quelles sont les coordonnées des foyers de l'ellipse de la figure 2 ?
A) $(0\,;-8)$ et $(0\,;8)$
B) $(-8\,;0)$ et $(8\,;0)$
C) $(0\,;-\sqrt{136})$ et $(0\,;\sqrt{136})$
D) $(0\,;-4)$ et $(0\,;4)$
c) On donne $f(x)=\sqrt{x-2}$ et $g(x)=x^{2}+1$ . Quelle est la règle de $g\circ f$ , et quel est son domaine ?
A) $(g\circ f)(x)=x-1$ , domaine $\mathbb{R}$
B) $(g\circ f)(x)=\sqrt{x^{2}-1}$ , domaine $]-\infty\,;-1]\cup[1\,;+\infty[$
C) $(g\circ f)(x)=x-1$ , domaine $[1\,;+\infty[$
D) $(g\circ f)(x)=x-1$ , domaine $[2\,;+\infty[$

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Réponses

a) Réponse C : $\vec{u}\cdot\vec{v}=-1$
b) Réponse A : foyers $(0\,;-8)$ et $(0\,;8)$
c) Réponse D : $(g\circ f)(x)=x-1$ , domaine $[2\,;+\infty[$

a)

Réponse C : $-1$ .

On lit les composantes sur le quadrillage, de l'origine à la pointe : $\vec{u}=(4\,;1)$ et $\vec{v}=(-1\,;3)$ .

\displaystyle \vec{u}\cdot\vec{v}=4\times(-1)+1\times 3=-1

Le produit scalaire est négatif : l'angle entre les deux vecteurs est obtus, environ $94{,}4^{\circ}$ , ce que la figure laisse deviner sans le prouver.

Piège : le produit scalaire est un NOMBRE. Multiplier composante par composante sans additionner donne le « vecteur » $(-4\,;3)$ du choix B, qui n'a pas de sens ici.

Le choix A croise les composantes : $4\times 3+1\times(-1)=11$ . Le choix D perd le signe de $-1$ .

b)

Réponse A : $(0\,;-8)$ et $(0\,;8)$ .

On lit les sommets sur la figure : $(\pm 6\,;0)$ et $(0\,;\pm 10)$ . Le grand axe est VERTICAL, de demi-longueur $10$ ; le petit axe est horizontal, de demi-longueur $6$ .

L'équation est $\dfrac{x^{2}}{36}+\dfrac{y^{2}}{100}=1$ .

Pour une ellipse, $c^{2}=a^{2}-b^{2}$ , avec le plus grand demi-axe en premier : $c^{2}=100-36=64$ , donc $c=8$ .

Les foyers sont sur le grand axe, ici l'axe des $y$ : $F_{1}(0\,;-8)$ et $F_{2}(0\,;8)$ . Ils sont bien à l'intérieur, car $8<10$ .

Piège : placer les foyers sur l'axe des $x$ par habitude (choix B). Les foyers sont toujours sur le GRAND axe, et c'est la figure qui dit lequel.

Le choix C additionne les carrés : $c^{2}=a^{2}+b^{2}$ est la relation de l'hyperbole. Le choix D soustrait les demi-axes au lieu de leurs carrés.

c)

Réponse D.

\displaystyle (g\circ f)(x)=g\big(f(x)\big)=\left(\sqrt{x-2}\right)^{2}+1=x-2+1=x-1

Le domaine d'une composée se décide AVANT de simplifier : $x$ doit d'abord appartenir au domaine de $f$ , soit $x\geq 2$ . Ensuite, $g$ accepte toutes les valeurs que $f$ lui envoie : rien ne s'ajoute.

\displaystyle \text{dom}\,(g\circ f)=[2\,;+\infty[

Piège : lire le domaine sur la règle simplifiée $x-1$ , qui semble définie partout (choix A). La simplification efface la racine qu'on a appliquée en premier, pas la condition qu'elle impose.

Le choix B est $f\circ g$ , la composition dans l'autre ordre : $f\big(g(x)\big)=\sqrt{x^{2}-1}$ . Le choix C impose $x-1\geq 0$ , une condition qui ne vient d'aucune des deux fonctions.

Exercice 3 : Réponses courtes : équation exponentielle et équation trigonométrique

8 points Calculs exponentiels et logarithmiques Les fonctions trigonométriques

Section B : donnez la réponse demandée dans la case. Chaque question vaut $4$ points. Une démarche courte reste conseillée : c'est elle qui vous permet de vous relire.

a) Résolvez $3\cdot 1{,}5^{x}-7=50$ . Donnez $x$ au centième.
b) Combien de solutions l'équation $2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}x\right)+1=0$ possède-t-elle dans l'intervalle $[0\,;16]$ ? Donnez aussi la plus petite d'entre elles, en valeur exacte.

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Réponses

a) $x=\frac{\log 19}{\log 1{,}5}\approx 7{,}26$
b) Quatre solutions : $\frac{14}{3}$ , $\frac{22}{3}$ , $\frac{38}{3}$ , $\frac{46}{3}$ ; la plus petite est $\frac{14}{3}$

a)

$x=\dfrac{\log 19}{\log 1{,}5}\approx 7{,}26$ .

On isole la puissance : $3\cdot 1{,}5^{x}=57$ , puis $1{,}5^{x}=19$ .

On passe à la forme logarithmique : $x=\log_{1{,}5}19$ .

Changement de base : $x=\dfrac{\log 19}{\log 1{,}5}\approx 7{,}26$ .

Contrôle : $3\times 1{,}5^{7{,}26}-7\approx 50{,}0$ .

Piège : écrire $3\cdot 1{,}5^{x}=4{,}5^{x}$ . Le coefficient $3$ ne se combine jamais avec la base : on le fait passer de l'autre côté en divisant, après avoir ajouté $7$ .

b)

Quatre solutions ; la plus petite est $x=\dfrac{14}{3}$ .

On isole le sinus : $\sin\left(\dfrac{\pi}{4}x\right)=-\dfrac{1}{2}$ .

Sur un tour, le sinus vaut $-\dfrac{1}{2}$ en deux angles du bas du cercle : $\dfrac{7\pi}{6}$ et $\dfrac{11\pi}{6}$ .

$\dfrac{\pi}{4}x=\dfrac{7\pi}{6}$ donne $x=\dfrac{14}{3}$ ; $\dfrac{\pi}{4}x=\dfrac{11\pi}{6}$ donne $x=\dfrac{22}{3}$ .

La période est $P=\dfrac{2\pi}{\pi/4}=8$ : les solutions sont $x=\dfrac{14}{3}+8n$ et $x=\dfrac{22}{3}+8n$ , où $n\in\mathbb{Z}$ .

Dans $[0\,;16]$ : $\dfrac{14}{3}\approx 4{,}67$ ; $\dfrac{22}{3}\approx 7{,}33$ ; $\dfrac{38}{3}\approx 12{,}67$ ; $\dfrac{46}{3}\approx 15{,}33$ . La suivante, $\dfrac{62}{3}\approx 20{,}67$ , sort de l'intervalle, et $\dfrac{22}{3}-8<0$ aussi.

Piège : s'arrêter aux deux solutions d'un seul cycle. L'intervalle $[0\,;16]$ couvre exactement deux périodes, donc quatre solutions.

La calculatrice donne $\arcsin\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{\pi}{6}$ , un angle négatif qui mène à $x=-\dfrac{2}{3}$ , hors de l'intervalle : c'est le cercle, pas la calculatrice, qui fournit les deux angles utiles.

Exercice 4 : Réponses courtes : équation à radical et réciproque d'une fonction logarithmique

8 points La fonction racine carrée La fonction réciproque Les fonctions logarithmiques

Donnez la réponse demandée dans chaque case. Chaque question vaut $4$ points.

a) Résolvez l'équation $\sqrt{2x+7}=x-4$ .
b) Soit $f(x)=2\log_{3}(x-1)+4$ . Calculez $f^{-1}(10)$ , puis donnez l'équation de l'asymptote de la courbe de $f^{-1}$ .

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Réponses

a) $x=9$ ( $x=1$ rejeté, il viole $x\geq 4$ )
b) $f^{-1}(10)=28$ ; $f^{-1}(x)=3^{\frac{x-4}{2}}+1$ , asymptote $y=1$

a)

$x=9$ ; la valeur $x=1$ est rejetée.

Restrictions, posées AVANT d'élever au carré : le radicande, $2x+7\geq 0$ , soit $x\geq -3{,}5$ ; et le membre de droite, $x-4\geq 0$ , soit $x\geq 4$ , car une racine carrée n'est jamais négative. On garde $x\geq 4$ .

On élève au carré : $2x+7=(x-4)^{2}=x^{2}-8x+16$ .

$x^{2}-10x+9=0$ , soit $(x-1)(x-9)=0$ .

$x=1$ viole la restriction $x\geq 4$ : rejeté. $x=9$ convient.

Contrôle : $\sqrt{2\times 9+7}=\sqrt{25}=5$ et $9-4=5$ . Avec $x=1$ : $\sqrt{9}=3$ mais $1-4=-3$ ; cette solution étrangère est née de l'élévation au carré.

Piège : garder $x=1$ . Élever au carré confond $A=B$ et $A=-B$ ; la restriction $x\geq 4$ , ou la vérification, l'élimine.

b)

$f^{-1}(10)=28$ ; l'asymptote de $f^{-1}$ est $y=1$ .

$f^{-1}(10)$ est le nombre $x$ tel que $f(x)=10$ : $2\log_{3}(x-1)+4=10$ .

$\log_{3}(x-1)=3$ , donc $x-1=3^{3}=27$ et $x=28$ .

Contrôle : $f(28)=2\log_{3}27+4=2\times 3+4=10$ .

Règle de la réciproque : $y=2\log_{3}(x-1)+4$ donne $\dfrac{y-4}{2}=\log_{3}(x-1)$ , donc $x=3^{\frac{y-4}{2}}+1$ , et $f^{-1}(x)=3^{\frac{x-4}{2}}+1$ .

L'asymptote VERTICALE $x=1$ de $f$ devient l'asymptote HORIZONTALE $y=1$ de $f^{-1}$ : la réciproque échange les rôles de $x$ et de $y$ .

Piège : calculer $f(10)=2\log_{3}9+4=8$ . $f^{-1}(10)$ est l'antécédent de $10$ par $f$ , pas son image.

Exercice 5 : Situation d'application, catégorie I : les deux cultures de la ferme maraîchère

10 points Programmation linéaire et optimisation

Une ferme maraîchère dispose cette saison de $24$ hectares cultivables, qu'elle consacre à l'ail et au poireau. Les deux cultures se partagent la terre, la main-d'œuvre saisonnière et l'eau d'irrigation, dont le prélèvement est plafonné par un permis municipal. Il n'est pas obligatoire de cultiver toute la terre.

La ferme a signé avec une chaîne d'épiceries un contrat qui l'oblige à cultiver au moins $4$ hectares d'ail. L'ail se récolte à la fin de juillet, le poireau en octobre, et le marché public de la région est ouvert de juin à octobre.

	Ail	Poireau	Disponible pour la saison
Main-d'œuvre (heures par hectare)	60	30	1 080 heures
Eau d'irrigation (m³ par hectare)	2 000	4 000	80 000 m³
Profit net (dollars par hectare)	4 500	3 000
Semences (dollars par hectare, déjà déduites du profit)	1 200	650

Document 1 : besoins et profit par hectare, ressources disponibles pour la saison

Quelle superficie la ferme doit-elle consacrer à chaque culture pour maximiser son profit ? L'an prochain, une baisse du prix de l'ail pourrait faire tomber son profit à $2\,500$ dollars l'hectare : la répartition optimale resterait-elle la même ? Laissez toutes les traces de votre démarche.

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Réponses

1) Au prix actuel : $12$ ha d'ail et $12$ ha de poireau
2) Profit maximal : $90\,000$ dollars, au sommet $C(12\,;12)$
3) Si l'ail tombe à $2\,500$ dollars/ha : $8$ ha d'ail et $16$ ha de poireau ( $68\,000$ dollars), la répartition change

Étape 1 : les variables et la fonction à optimiser.

$x$ : superficie d'ail, en hectares ; $y$ : superficie de poireau, en hectares.

Profit à maximiser : $P=4\,500x+3\,000y$ , en dollars.

Le coût des semences, déjà déduit du profit, les dates de récolte et le marché public ne servent pas : on les écarte. Trier les données fait partie de la tâche.

Étape 2 : le système de contraintes.

Terre : $x+y\leq 24$ .

Main-d'œuvre : $60x+30y\leq 1\,080$ , soit $2x+y\leq 36$ .

Eau, en milliers de mètres cubes : $2x+4y\leq 80$ , soit $x+2y\leq 40$ .

Contrat : $x\geq 4$ . Non-négativité : $y\geq 0$ .

Étape 3 : le polygone de contraintes et ses sommets.

Le polygone a cinq sommets, chacun à l'intersection de deux droites frontières.

$A(4\,;0)$ ; $B(18\,;0)$ , où $2x+y=36$ coupe l'axe des $x$ ; $C(12\,;12)$ , où $x+y=24$ coupe $2x+y=36$ ; $D(8\,;16)$ , où $x+y=24$ coupe $x+2y=40$ ; $E(4\,;18)$ , où $x=4$ coupe $x+2y=40$ .

Calcul de $C$ par réduction : $(2x+y)-(x+y)=36-24$ , donc $x=12$ , puis $y=12$ .

Calcul de $D$ : $(x+2y)-(x+y)=40-24$ , donc $y=16$ , puis $x=8$ .

On vérifie chaque sommet dans les contraintes qu'il ne sature pas : en $C$ , $x+2y=36\leq 40$ ; en $D$ , $2x+y=32\leq 36$ ; en $E$ , $x+y=22\leq 24$ et $2x+y=26\leq 36$ .

Piège : prendre pour sommet l'intersection de $2x+y=36$ et de $x+2y=40$ , le point $\left(\dfrac{32}{3}\,;\dfrac{44}{3}\right)$ . Il viole la contrainte de terre, car $x+y=\dfrac{76}{3}\approx 25{,}3>24$ : il est hors du polygone.

Étape 4 : le profit en chaque sommet.

$P(A)=18\,000$ ; $P(B)=81\,000$ ; $P(C)=54\,000+36\,000=90\,000$ ; $P(D)=36\,000+48\,000=84\,000$ ; $P(E)=18\,000+54\,000=72\,000$ .

Le maximum est atteint en $C(12\,;12)$ : $90\,000$ dollars. La droite baladeuse de pente $-\dfrac{4\,500}{3\,000}=-1{,}5$ quitte le polygone en $C$ , entre les frontières de pentes $-2$ (travail) et $-1$ (terre).

Étape 5 : si le prix de l'ail baisse.

Nouveau profit : $P'=2\,500x+3\,000y$ . Le polygone ne change pas ; seule la fonction à optimiser change.

$P'(A)=10\,000$ ; $P'(B)=45\,000$ ; $P'(C)=66\,000$ ; $P'(D)=68\,000$ ; $P'(E)=64\,000$ .

Le maximum passe en $D(8\,;16)$ : $68\,000$ dollars. La pente de la droite baladeuse, $-\dfrac{2\,500}{3\,000}\approx -0{,}83$ , est maintenant comprise entre $-1$ (terre) et $-0{,}5$ (eau) : l'optimum glisse de $C$ à $D$ .

Piège : recalculer seulement le profit au point $C$ ( $66\,000$ dollars) et conclure que « rien ne change ». La question porte sur la répartition : il faut réévaluer TOUS les sommets.

Conclusion.

Au prix actuel, la ferme sème $12$ hectares d'ail et $12$ hectares de poireau, pour un profit maximal de $90\,000$ dollars. Si le profit de l'ail tombe à $2\,500$ dollars l'hectare, la répartition optimale change : $8$ hectares d'ail et $16$ hectares de poireau, pour $68\,000$ dollars.

Grille.

Cr2, concepts et processus : cinq contraintes justes, la non-négativité et le contrat compris, des sommets CALCULÉS et non lus sur un croquis, la fonction évaluée en chaque sommet. Une contrainte oubliée change le polygone : c'est une erreur conceptuelle, pas mineure.

Cr3, raisonnement : la seconde exigence demande de refaire l'optimisation avec une autre fonction sur le même polygone. Une copie qui n'évalue que $C$ répond à une seule des deux exigences.

Cr4, structuration : variables définies avec leur unité, contraintes nommées (terre, travail, eau, contrat), tableau des sommets et des profits.

Cr5, justification : dire pourquoi l'optimum se trouve à un sommet, et vérifier chaque sommet dans les contraintes qu'il ne sature pas.

Niveau A : les deux exigences traitées sans erreur, sommets vérifiés. Niveau C : le premier optimum juste mais un sommet faux, le plus souvent celui du piège de l'étape 3, ou la seconde exigence traitée sur un seul sommet. Niveau E : un profit calculé en un point choisi au hasard.

Exercice 6 : Situation d'application, catégorie I : la plage et les cyanobactéries

10 points Les fonctions exponentielles Calculs exponentiels et logarithmiques

Un parc régional surveille l'eau de la plage de son lac. Au début de juillet, une prolifération de cyanobactéries, les algues bleu-vert, apparaît. Les biologistes relèvent la densité de cellules tous les trois jours (document 1). Le lac couvre $35$ hectares.

Tant que les conditions restent les mêmes, la densité garde la même tendance. La plage doit fermer dès que la densité atteint $20\,000$ cellules par millilitre. Dès la fermeture, un brassage de l'eau est lancé : les biologistes estiment qu'il fera baisser la densité de $18$ % par jour. La plage ne rouvre que lorsque la densité est redescendue sous $5\,000$ cellules par millilitre.

Date du relevé	1er juillet	4 juillet	7 juillet	10 juillet
Densité (cellules par mL)	2 000	3 456	5 972	10 320
Température de l'eau (°C)	21	22	23	23

Document 1 : relevés de la station de surveillance

Document 2 : les quatre relevés de densité, en milliers de cellules par millilitre, selon le nombre de jours depuis le 1er juillet

Le parc a promis aux campeurs de rouvrir la plage au plus tard $7$ jours après sa fermeture. À quelle date la plage devra-t-elle fermer, et le parc pourra-t-il tenir sa promesse ? Laissez toutes les traces de votre démarche.

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Réponses

1) $N(t)=2\,000\,(1{,}2)^{t}$ ; seuil atteint à $t\approx 12{,}6$ jours : fermeture le 13 juillet
2) Brassage : $s>\frac{\log 0{,}25}{\log 0{,}82}\approx 6{,}99$ jours
3) Promesse tenue, de justesse : $D(7)\approx 4\,986<5\,000$

Étape 1 : reconnaître le modèle.

Les relevés sont pris à intervalles égaux de $3$ jours. Les écarts ne sont pas constants ( $1\,456$ , puis $2\,516$ , puis $4\,348$ ) : le modèle n'est pas affine.

Les rapports, eux, le sont : $\dfrac{3\,456}{2\,000}=1{,}728$ , $\dfrac{5\,972}{3\,456}\approx 1{,}728$ et $\dfrac{10\,320}{5\,972}\approx 1{,}728$ . Un rapport constant à pas constant signe une croissance exponentielle.

Étape 2 : la règle.

Sur $3$ jours, la densité est multipliée par $1{,}728$ ; sur un jour, elle l'est par $c$ tel que $c^{3}=1{,}728$ .

\displaystyle c=\sqrt[3]{1{,}728}=1{,}2

$N(t)=2\,000\,(1{,}2)^{t}$ , avec $t$ en jours depuis le 1er juillet et $N$ en cellules par millilitre : une hausse de $20$ % par jour.

Contrôle : $N(9)=2\,000\times 1{,}2^{9}\approx 10\,320$ , le dernier relevé.

Étape 3 : la date de fermeture.

$2\,000\,(1{,}2)^{t}=20\,000$ donne $1{,}2^{t}=10$ .

$t=\log_{1{,}2}10=\dfrac{\log 10}{\log 1{,}2}\approx 12{,}6$ jours.

Le seuil est franchi $12{,}6$ jours après le 1er juillet, soit dans la journée du 13 juillet : la plage doit fermer ce jour-là.

Piège : prendre $1{,}728$ pour le facteur QUOTIDIEN. Le pas des relevés est de trois jours ; avec $c=1{,}728$ , on trouverait une fermeture au bout de $4{,}2$ jours, démentie par les relevés eux-mêmes.

Étape 4 : le brassage.

À partir de la fermeture, la densité perd $18$ % par jour : elle est multipliée par $0{,}82$ . Avec $s$ le nombre de jours depuis la fermeture, $D(s)=20\,000\,(0{,}82)^{s}$ .

On veut $D(s)<5\,000$ , soit $0{,}82^{s}<0{,}25$ , puis $s\log 0{,}82<\log 0{,}25$ .

$s>\dfrac{\log 0{,}25}{\log 0{,}82}\approx 6{,}99$ jours

Piège : $\log 0{,}82$ est NÉGATIF. Diviser par lui renverse le sens de l'inéquation ; garder « $<$ » ferait dire que la plage peut rouvrir n'importe quand pendant la première semaine.

Contrôle : $D(7)=20\,000\times 0{,}82^{7}\approx 4\,986<5\,000$ , alors que $D(6)\approx 6\,080>5\,000$ .

Conclusion.

La plage doit fermer le 13 juillet, environ $12{,}6$ jours après le premier relevé. Le brassage ramène la densité sous $5\,000$ cellules par millilitre après $6{,}99$ jours : la promesse d'une réouverture au plus tard $7$ jours après la fermeture est tenue, de justesse ( $4\,986$ cellules par millilitre au septième jour).

La superficie du lac et la température de l'eau ne servent pas au calcul.

Grille.

Cr2, concepts et processus : reconnaître la croissance exponentielle par les RAPPORTS constants, extraire le facteur quotidien par une racine cubique, résoudre deux équations exponentielles par les logarithmes. Prendre $1{,}728$ pour le facteur quotidien est une erreur conceptuelle, pas une erreur de calcul.

Cr3, raisonnement : enchaîner deux modèles, la croissance jusqu'au seuil, puis la décroissance qui part de ce seuil. La copie qui fait repartir la décroissance de $10\,320$ ou de $2\,000$ ne répond qu'à une partie de la situation.

Cr4, structuration : les variables définies ( $t$ en jours depuis le 1er juillet, $s$ en jours depuis la fermeture), les deux règles écrites, le nombre de jours traduit en date.

Cr5, justification : dire pourquoi le modèle est exponentiel et non affine, et appuyer « promesse tenue » sur une comparaison chiffrée de $6{,}99$ avec $7$ .

Niveau A : les deux exigences, sans erreur, avec le choix du modèle justifié. Niveau C : la date de fermeture trouvée, mais l'inéquation de l'étape 4 renversée, ou une conclusion sans comparaison chiffrée.

Exercice 7 : Situation d'application, catégorie I : l'indice UV du camp de jour

10 points Les fonctions trigonométriques

Un camp de jour municipal applique une règle stricte : quand l'indice UV atteint $6$ ou plus, les enfants ne font aucune activité en plein soleil. Les moniteurs appliquent la crème solaire à $9$ h, et le soleil se lève ce jour-là à $5$ h $10$ .

Par temps clair, la météorologue du camp sait qu'entre $7$ h et $19$ h l'indice UV suit une fonction sinusoïdale du temps : il est nul à $7$ h, culmine à $9$ à $13$ h, puis redevient nul à $19$ h. Le document 1 donne les relevés du matin d'une journée semblable.

Heure	7 h	8 h	9 h	10 h	11 h	12 h	13 h
Indice UV	0,0	0,6	2,3	4,5	6,8	8,4	9,0

Document 1 : indice UV relevé le matin d'une journée sans nuages

Document 2 : les relevés du matin, placés dans un repère

Déterminez la plage horaire pendant laquelle les activités au soleil sont interdites, puis dites si la baignade prévue de $15$ h $30$ à $16$ h $30$ peut être maintenue. Laissez toutes les traces de votre démarche.

Voir la correction

Réponses

1) $U(t)=4{,}5\sin\left(\frac{\pi}{6}(t-10)\right)+4{,}5$ ; interdiction de $10$ h $39$ à $15$ h $21$
2) Durée : environ $4$ h $42$ min ( $282$ minutes)
3) Baignade maintenue : $U(15{,}5)\approx 5{,}66<6$ , puis l'indice baisse

Étape 1 : la règle de la sinusoïde.

Le maximum vaut $9$ à $13$ h, le minimum $0$ à $7$ h : une demi-période dure $6$ h, donc la période est $P=12$ h.

$|a|=\dfrac{\max-\min}{2}=\dfrac{9-0}{2}=4{,}5$ ; $k=\dfrac{\max+\min}{2}=4{,}5$ ; $|b|=\dfrac{2\pi}{P}=\dfrac{\pi}{6}$ .

Le point d'inflexion sur l'axe d'oscillation où la courbe MONTE est à mi-chemin entre $7$ h et $13$ h : $(h\,;k)=(10\,;4{,}5)$ . La courbe y monte, donc $a$ et $b$ sont de même signe.

$U(t)=4{,}5\sin\left(\dfrac{\pi}{6}(t-10)\right)+4{,}5$ , pour $7\leq t\leq 19$

Contrôle sur les relevés : $U(12)=4{,}5\sin\dfrac{\pi}{3}+4{,}5\approx 8{,}4$ et $U(9)=4{,}5\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+4{,}5=2{,}25$ , relevé $2{,}3$ .

Étape 2 : l'inéquation.

$U(t)\geq 6$ donne $4{,}5\sin\left(\dfrac{\pi}{6}(t-10)\right)\geq 1{,}5$ , soit $\sin\left(\dfrac{\pi}{6}(t-10)\right)\geq\dfrac{1}{3}$ .

On résout d'abord l'égalité. La calculatrice donne $\arcsin\dfrac{1}{3}\approx 0{,}3398$ ; le cercle donne la seconde valeur, $\pi-0{,}3398\approx 2{,}8018$ .

$\dfrac{\pi}{6}(t-10)=0{,}3398$ donne $t\approx 10{,}649$ ; $\dfrac{\pi}{6}(t-10)=2{,}8018$ donne $t\approx 15{,}351$ .

Entre ces deux instants, la courbe passe par son maximum de $13$ h : elle est au-dessus de $6$ . Donc $U(t)\geq 6$ pour $t\in[10{,}649\,;15{,}351]$ .

Piège : ne garder que la valeur de la calculatrice. Une sinusoïde coupe une droite horizontale deux fois par période ; la fin de l'interdiction est la seconde solution, que la calculatrice ne donne jamais.

Étape 3 : en heures et en minutes.

$0{,}649$ h $\approx 39$ min : l'interdiction commence vers $10$ h $39$ . $0{,}351$ h $\approx 21$ min : elle finit vers $15$ h $21$ .

Durée : $15{,}351-10{,}649\approx 4{,}70$ h, soit environ $282$ minutes, ou $4$ h $42$ min.

Contrôle par symétrie : les deux instants sont à $2{,}351$ h de part et d'autre du maximum de $13$ h.

Piège : écrire $10{,}65$ h comme « $10$ h $65$ ». Une heure décimale se convertit en minutes en multipliant la partie décimale par $60$ .

Étape 4 : la baignade.

À $15$ h $30$ : $U(15{,}5)=4{,}5\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\times 5{,}5\right)+4{,}5\approx 5{,}66<6$ .

Après $13$ h, l'indice ne fait que descendre jusqu'à $19$ h : il reste sous $6$ pendant toute la baignade.

Conclusion.

Les activités au soleil sont interdites d'environ $10$ h $39$ à $15$ h $21$ , soit $4$ h $42$ min. La baignade de $15$ h $30$ à $16$ h $30$ peut être maintenue : l'indice y est d'environ $5{,}7$ au départ, puis en baisse.

L'heure du lever du soleil et celle de la crème solaire ne servent pas au calcul.

Grille.

Cr2, concepts et processus : les quatre paramètres justes, avec $h$ pris au point d'inflexion et le signe de $a$ et $b$ justifié par le sens de la courbe ; l'inéquation trigonométrique résolue avec ses deux bornes.

Cr3, raisonnement : passer de l'égalité à l'inéquation en disant de quel côté la courbe se trouve, puis traiter la baignade par la valeur de $U$ ET par le sens de variation.

Cr4, structuration : la règle écrite avant tout calcul, les heures converties proprement en minutes.

Cr5, justification : appuyer la plage horaire sur la forme de la courbe (maximum à $13$ h) et la décision sur la baignade sur un calcul.

Niveau A : plage horaire et baignade justes et justifiées. Niveau C : la règle juste, mais une seule borne trouvée, ou les heures mal converties. Niveau E : une plage horaire lue à l'œil sur les relevés, sans modèle.

Exercice 8 : Situation d'application, catégorie I : la tour cellulaire et la route

10 points Les coniques : cercle, ellipse, hyperbole, parabole Géométrie analytique et lieux géométriques

Un fournisseur de télécommunications installe une tour cellulaire en région. Le plan du document 1, gradué en kilomètres, place l'origine au pied de la tour. L'antenne, haute de $45$ m, émet à $700$ MHz et couvre tous les points situés à $5$ km ou moins de la tour.

Une route rectiligne relie le village $V_{1}(-9\,;7)$ au village $V_{2}(9\,;-2)$ . Le fournisseur annonce dans sa publicité que « la route entre les deux villages est maintenant couverte ».

Document 1 : plan de la région, en kilomètres, origine au pied de la tour

Sur quelle longueur la route reliant les deux villages est-elle réellement couverte par la tour, et quel pourcentage du trajet cette longueur représente-t-elle ? Laissez toutes les traces de votre démarche.

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Réponses

1) La route entre dans la zone en $(-3\,;4)$ et en sort en $(5\,;0)$ : $\sqrt{80}\approx 8{,}94$ km couverts
2) $\frac{4}{9}\approx 44{,}4$ % du trajet de $\sqrt{405}\approx 20{,}12$ km

Étape 1 : les deux modèles.

La zone couverte est le disque $x^{2}+y^{2}\leq 25$ : son bord est le cercle de centre $(0\,;0)$ et de rayon $5$ .

La route passe par $V_{1}(-9\,;7)$ et $V_{2}(9\,;-2)$ : sa pente est $m=\dfrac{-2-7}{9-(-9)}=-\dfrac{9}{18}=-\dfrac{1}{2}$ .

$7=-\dfrac{1}{2}\times(-9)+b$ donne $b=2{,}5$ : la route suit la droite $y=-0{,}5x+2{,}5$ .

Étape 2 : où la route entre et sort de la zone.

On remplace $y$ dans l'équation du cercle : $x^{2}+(-0{,}5x+2{,}5)^{2}=25$ .

$x^{2}+0{,}25x^{2}-2{,}5x+6{,}25=25$ , soit $1{,}25x^{2}-2{,}5x-18{,}75=0$ .

On divise par $1{,}25$ : $x^{2}-2x-15=0$ , soit $(x+3)(x-5)=0$ .

$x=-3$ donne $y=4$ ; $x=5$ donne $y=0$ . La route entre dans la zone en $E(-3\,;4)$ et en sort en $S(5\,;0)$ .

Contrôle : $(-3)^{2}+4^{2}=25$ et $5^{2}+0^{2}=25$ : les deux points sont bien sur le cercle.

Ces deux points sont ENTRE les villages, car $-9<-3<5<9$ : toute la corde $[ES]$ fait partie du trajet.

Étape 3 : les longueurs.

Longueur couverte : $ES=\sqrt{(5-(-3))^{2}+(0-4)^{2}}=\sqrt{80}\approx 8{,}94$ km.

Longueur du trajet : $V_{1}V_{2}=\sqrt{18^{2}+(-9)^{2}}=\sqrt{405}\approx 20{,}12$ km.

Proportion couverte : $\dfrac{\sqrt{80}}{\sqrt{405}}=\sqrt{\dfrac{16}{81}}=\dfrac{4}{9}\approx 44{,}4$ %.

Autre voie, plus courte : la distance de la tour à la droite $x+2y-5=0$ vaut $\dfrac{|-5|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\sqrt{5}$ km, et Pythagore donne la demi-corde $\sqrt{25-5}=\sqrt{20}$ , d'où $ES=2\sqrt{20}=\sqrt{80}$ .

Piège : prendre le diamètre, $10$ km, pour la longueur couverte. La route ne passe pas par la tour : la partie couverte est une corde, plus courte qu'un diamètre.

Piège : oublier de vérifier que les points d'entrée et de sortie sont entre les villages. Si un village était dans le disque, la longueur couverte s'arrêterait au village.

Conclusion.

La route est couverte sur environ $8{,}94$ km, entre les points $(-3\,;4)$ et $(5\,;0)$ du plan, soit $\dfrac{4}{9}\approx 44{,}4$ % du trajet de $20{,}12$ km. La publicité exagère : plus de la moitié du trajet reste hors de portée de la tour.

La hauteur de l'antenne et sa fréquence ne servent pas au calcul : seule la portée de $5$ km compte.

Grille.

Cr2, concepts et processus : l'équation du cercle centré à l'origine, l'équation de la droite par deux points, la résolution du système par substitution, la distance entre deux points. Une erreur dans le développement de $(-0{,}5x+2{,}5)^{2}$ , notion des années précédentes, est une erreur mineure ; une équation de cercle fausse est conceptuelle.

Cr3, raisonnement : traduire « couverte » par « à l'intérieur du disque », comprendre que la partie couverte est la corde entre les deux points d'intersection, puis rapporter cette corde au trajet entier.

Cr4, structuration : les deux modèles écrits avant le système, les points d'entrée et de sortie nommés, les unités gardées jusqu'au bout.

Cr5, justification : vérifier que les points trouvés sont sur le cercle ET entre les villages.

Niveau A : longueur et pourcentage justes, points vérifiés. Niveau C : les points d'intersection justes, mais le pourcentage manquant ou calculé sur une longueur fausse, par exemple le diamètre. Niveau E : une longueur mesurée à la règle sur le plan.

Exercice 9 : Situation d'application, catégorie II : les trois affirmations sur les sentiers du parc

10 points Les vecteurs et la géométrie vectorielle Géométrie analytique et lieux géométriques

Un parc municipal aménage quatre haltes, $A$ , $B$ , $C$ et $D$ , reliées par des sentiers rectilignes. Le plan du document 1 est gradué en hectomètres : $A(0\,;0)$ , $B(8\,;2)$ , $C(10\,;8)$ et $D(2\,;6)$ . Deux sentiers diagonaux, $AC$ et $BD$ , se croisent au kiosque $K$ . Une passerelle relie le point $M$ , milieu du sentier $AB$ , au kiosque $K$ .

Devant le conseil municipal, l'architecte paysagiste fait trois affirmations.

Affirmation 1 : « Les quatre haltes forment un parallélogramme. »

Affirmation 2 : « Les deux sentiers diagonaux se croisent à angle droit au kiosque $K$ . »

Affirmation 3 : « La passerelle $MK$ est parallèle au sentier $BC$ , et elle mesure exactement la moitié de sa longueur. »

Document 1 : plan du parc, en hectomètres ; diagonales en pointillé, passerelle en orange

Pour chaque affirmation, démontrez-la si elle est vraie ou invalidez-la si elle est fausse, à l'aide d'arguments vectoriels.

Voir la correction

Réponses

1) Affirmation 1 vraie : $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=(8\,;2)$
2) Affirmation 2 fausse : $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=-28\neq 0$ (angle d'environ $72^{\circ}$ )
3) Affirmation 3 vraie : $\overrightarrow{MK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$

Les données en vecteurs.

$\overrightarrow{AB}=(8\,;2)$ ; $\overrightarrow{DC}=(10-2\,;8-6)=(8\,;2)$ ; $\overrightarrow{AD}=(2\,;6)$ ; $\overrightarrow{BC}=(10-8\,;8-2)=(2\,;6)$ .

Diagonales : $\overrightarrow{AC}=(10\,;8)$ et $\overrightarrow{BD}=(2-8\,;6-2)=(-6\,;4)$ .

Affirmation 1 : vraie.

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ : les côtés $[AB]$ et $[DC]$ sont parallèles, de même longueur et de même sens.

Un quadrilatère dont deux côtés opposés sont représentés par des vecteurs égaux, ou équipollents, est un parallélogramme : $ABCD$ en est un.

Piège : « on voit que c'est un parallélogramme » n'est pas un argument, et deux côtés opposés de même LONGUEUR ne suffisent pas. Il faut des vecteurs égaux, qui donnent à la fois le parallélisme, la longueur et le sens.

Affirmation 2 : fausse.

Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

\displaystyle \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=10\times(-6)+8\times 4=-28\neq 0

Les sentiers diagonaux ne sont pas perpendiculaires. Leur angle : $\cos\theta=\dfrac{-28}{\sqrt{164}\,\sqrt{52}}\approx -0{,}303$ , donc $\theta\approx 107{,}7^{\circ}$ , soit un angle aigu d'environ $72{,}3^{\circ}$ entre les deux sentiers.

Le kiosque est pourtant bien au milieu des deux diagonales : le milieu de $[AC]$ est $(5\,;4)$ , celui de $[BD]$ aussi, $\left(\dfrac{8+2}{2}\,;\dfrac{2+6}{2}\right)=(5\,;4)$ . Seule la partie « à angle droit » est fausse, et cela suffit à invalider l'affirmation.

Deuxième argument, qui confirme : un parallélogramme a des diagonales perpendiculaires seulement s'il est un losange ; or $\|\overrightarrow{AB}\|=\sqrt{68}\neq\|\overrightarrow{AD}\|=\sqrt{40}$ .

Affirmation 3 : vraie.

$M$ , milieu de $[AB]$ : $M(4\,;1)$ . $K$ , milieu de $[AC]$ : $K(5\,;4)$ .

\displaystyle \overrightarrow{MK}=(5-4\,;4-1)=(1\,;3)=\dfrac{1}{2}(2\,;6)=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}

Les vecteurs $\overrightarrow{MK}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires : la passerelle est parallèle au sentier $BC$ , et $MK=\dfrac{1}{2}BC$ , soit $\sqrt{10}\approx 3{,}16$ hm contre $\sqrt{40}\approx 6{,}32$ hm.

Pourquoi c'est vrai, par la relation de Chasles, dans n'importe quel triangle $ABC$ : $\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AK}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ .

Piège : vérifier sur un dessin, ou sur un autre exemple de parc, puis écrire « donc c'est vrai ». Ici, le calcul sur les coordonnées SUFFIT parce que l'affirmation porte sur CE parc ; un exemple pris ailleurs ne prouverait rien.

Conclusion.

L'affirmation 1 est vraie ( $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ ). L'affirmation 2 est fausse : $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=-28\neq 0$ , les sentiers se croisent à environ $72^{\circ}$ . L'affirmation 3 est vraie ( $\overrightarrow{MK}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ ).

Grille.

Cr2, concepts et processus : vecteurs par différence des coordonnées, égalité de vecteurs, produit scalaire, milieu d'un segment, multiplication d'un vecteur par un scalaire.

Cr3, raisonnement : choisir le bon outil pour chaque affirmation, égalité de vecteurs pour le parallélogramme, produit scalaire pour l'orthogonalité, colinéarité pour le parallélisme et le rapport des longueurs.

Cr4, structuration : les vecteurs calculés une fois, au début, puis réutilisés ; une affirmation par paragraphe, avec son verdict.

Cr5, justification : nommer la propriété qui permet de conclure à chaque fois, et dire qu'un seul contre-exemple, ici un produit scalaire non nul, suffit à invalider.

Niveau A : trois verdicts justes, chacun appuyé sur la bonne propriété. Niveau C : trois verdicts justes, mais un argument visuel (« on voit que ») ou des longueurs à la place des vecteurs pour l'affirmation 1. Niveau E : des verdicts sans argument, qui ne rapportent presque rien.

Exercice 10 : Situation d'application, catégorie II : le coût moyen d'une boutique en ligne

10 points La fonction rationnelle, dite homographique La fonction réciproque

Deux associés tiennent une boutique en ligne de savons artisanaux. Toutes les commandes partent d'un entrepôt loué. Leur comptable a relevé les coûts des trois premiers mois (document 1). On admet que la structure des coûts restera la même dans les mois à venir.

Léa affirme : « Si nous doublons le nombre de commandes, le coût moyen par commande sera divisé par deux. »

Malik affirme : « Peu importe le nombre de commandes, le coût moyen par commande ne descendra jamais à $6$ dollars. »

Ils veulent aussi savoir combien de commandes par mois il faut, au minimum, pour que le coût moyen par commande soit d'au plus $7{,}50$ dollars, le montant qu'ils facturent pour l'emballage et la livraison.

Mois	Commandes	Coût total (dollars)	Chiffre d'affaires (dollars)
Janvier	150	2 700	4 950
Février	240	3 240	7 680
Mars	400	4 200	12 400

Document 1 : relevé comptable des trois premiers mois

Document 2 : coût moyen par commande des trois premiers mois

Prenez position sur chacune des deux affirmations à l'aide d'arguments mathématiques, puis répondez à la question des associés.

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Réponses

1) Léa a tort : $C(150)=18$ mais $C(300)=12\neq 9$
2) Malik a raison : $C(n)=6+\frac{1\,800}{n}>6$ pour tout $n>0$
3) Au moins $1\,200$ commandes par mois : $C^{-1}(7{,}5)=1\,200$

Étape 1 : reconnaître le modèle du coût total.

De janvier à février : $\dfrac{3\,240-2\,700}{240-150}=\dfrac{540}{90}=6$ dollars par commande. De février à mars : $\dfrac{4\,200-3\,240}{400-240}=\dfrac{960}{160}=6$ .

Le taux est constant : le coût total est une fonction affine du nombre $n$ de commandes, $T(n)=6n+b$ .

$2\,700=6\times 150+b$ donne $b=1\,800$ : $1\,800$ dollars de frais fixes par mois, plus $6$ dollars par commande.

Le chiffre d'affaires ne sert pas : les deux affirmations portent sur les coûts.

Étape 2 : le coût moyen par commande.

$C(n)=\dfrac{T(n)}{n}=\dfrac{6n+1\,800}{n}=6+\dfrac{1\,800}{n}$ , pour $n>0$

C'est une fonction rationnelle de la forme $\dfrac{a}{x-h}+k$ , avec $a=1\,800$ , $h=0$ et $k=6$ : asymptote verticale $n=0$ , asymptote horizontale $C=6$ .

Contrôle sur les relevés : $C(150)=18$ , $C(240)=13{,}5$ et $C(400)=10{,}5$ .

L'affirmation de Léa est fausse.

Contre-exemple tiré des données : $150$ commandes coûtent en moyenne $18$ dollars chacune ; le double, $300$ commandes, coûterait $C(300)=6+6=12$ dollars, et non $9$ .

Seule la part des frais fixes, $\dfrac{1\,800}{n}$ , est divisée par deux quand $n$ double ; les $6$ dollars par commande ne baissent jamais.

Piège : un seul contre-exemple suffit pour invalider une affirmation générale ; à l'inverse, dix exemples favorables ne la prouveraient pas.

L'affirmation de Malik est vraie.

Pour tout $n>0$ , $\dfrac{1\,800}{n}>0$ , donc $C(n)=6+\dfrac{1\,800}{n}>6$ .

Le coût moyen s'approche de $6$ dollars quand $n$ grandit, c'est l'asymptote $C=6$ , sans jamais l'atteindre : $6$ n'appartient pas à l'image de $C$ .

Piège : conclure à la calculatrice qu'il atteint $6$ pour un très grand $n$ . Pour $n=10\,000\,000$ , $C=6{,}000\,18$ : l'écran peut arrondir, la règle ne ment pas.

Étape 3 : l'objectif de 7,50 dollars.

La réciproque répond directement : $y=6+\dfrac{1\,800}{n}$ donne $n=\dfrac{1\,800}{y-6}$ , donc $C^{-1}(x)=\dfrac{1\,800}{x-6}$ .

\displaystyle C^{-1}(7{,}5)=\dfrac{1\,800}{1{,}5}=1\,200

$C$ est décroissante sur $]0\,;+\infty[$ , car $a=1\,800>0$ : $C(n)\leq 7{,}5$ dès que $n\geq 1\,200$ .

Contrôle : $C(1\,200)=6+1{,}5=7{,}5$ , et $C(1\,199)\approx 7{,}501>7{,}5$ .

Piège : multiplier seulement le numérateur par $n$ en résolvant $\dfrac{6n+1\,800}{n}=7{,}5$ , ou oublier que l'inégalité « au plus » se lit sur une fonction DÉCROISSANTE : plus de commandes, coût moyen plus bas.

Conclusion.

Léa a tort : doubler les commandes de $150$ à $300$ fait passer le coût moyen de $18$ à $12$ dollars, pas à $9$ . Malik a raison : le coût moyen reste toujours au-dessus de $6$ dollars, son asymptote. Pour un coût moyen d'au plus $7{,}50$ dollars, il faut au moins $1\,200$ commandes par mois, trois fois le volume de mars.

Grille.

Cette situation de catégorie II demande de reconnaître un modèle dans des données, puis de convaincre : la justification (Cr5) y pèse autant que le calcul.

Cr2, concepts et processus : le taux de variation constant, la règle affine, le passage au coût moyen rationnel, l'asymptote, la réciproque.

Cr3, raisonnement : invalider Léa par UN contre-exemple chiffré ; valider Malik par un argument valable pour TOUT $n>0$ , pas par quelques valeurs.

Cr4, structuration : le modèle établi avant les verdicts, chaque affirmation traitée à part, la réponse finale en nombre entier de commandes.

Cr5, justification : appuyer le verdict sur Malik par l'inégalité $\dfrac{1\,800}{n}>0$ , et le seuil de $1\,200$ par la décroissance de $C$ .

Niveau A : les deux verdicts et le seuil, chacun justifié. Niveau C : les verdicts justes, mais Malik « prouvé » par trois valeurs, ou le seuil trouvé sans dire pourquoi toute valeur plus grande convient. Niveau E : des verdicts sans modèle.

Épreuve de fin d'année de math SN5 corrigée, au format de l'examen du ministère

Rappel de cours

Section A : questions à choix multiple (/24 • environ 30 minutes)

Exercice 1 : Questions à choix multiple : identité trigonométrique, valeur absolue, cercle trigonométrique

Exercice 2 : Questions à choix multiple : produit scalaire, ellipse, composée de fonctions

Section B : questions à réponse courte (/16 • environ 30 minutes)

Exercice 3 : Réponses courtes : équation exponentielle et équation trigonométrique

Exercice 4 : Réponses courtes : équation à radical et réciproque d'une fonction logarithmique

Section C : situations d'application (/60 • environ 120 minutes)

Exercice 5 : Situation d'application, catégorie I : les deux cultures de la ferme maraîchère

Exercice 6 : Situation d'application, catégorie I : la plage et les cyanobactéries

Exercice 7 : Situation d'application, catégorie I : l'indice UV du camp de jour

Exercice 8 : Situation d'application, catégorie I : la tour cellulaire et la route

Exercice 9 : Situation d'application, catégorie II : les trois affirmations sur les sentiers du parc

Exercice 10 : Situation d'application, catégorie II : le coût moyen d'une boutique en ligne

Voir aussi

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