Solutions au deuxième test de mathématiques 2026 : solutions étape par étape pour les élèves du secondaire.

Le deuxième examen de mathématiques pour le lycée scientifique a eu lieu aujourd'hui, le 19 juin 2026. Cet examen ministériel comporte deux problèmes et huit questions ; les élèves doivent choisir un problème et quatre questions. Cet article présente un exposé détaillé et complet des épreuves officielles du MIM, incluant toutes les étapes de raisonnement, les tests et les résultats numériques.

La structure du test

Le temps disponible est 6 heuresLe morceau est composé de 2 problèmes (choisissez-en 1) et 8 questions (choisissez 4). La note maximale est 20/20La commission évalue non seulement le résultat numérique, mais aussi la procédure, la clarté de la présentation et la capacité d'argumentation.

Problème 1 – Le niveau du lac de Bracciano

Le problème modélise le niveau du lac de Bracciano de 2016 à 2026 à l'aide d'une fonction définie par morceaux. Les données du tableau indiquent l'écart de niveau par rapport au zéro hydrométrique (niveau optimal), exprimé en décimètres (dm). L'axe des abscisses est gradué en années, le 1er janvier 2016 servant de référence (x = 0).

Point a) – Détermination des paramètres et définition du modèle

Première section (0 ≤ x < 3, de 2016 à 2019) : le modèle polynomial est

y = a(x−2)⁴ + b(x−2)³ + c(x−2)² − 20

D'après les données du tableau, nous avons les points : (0 ; −6), (1 ; −16), (2 ; −20), (3 ; −18). Nous les substituons dans l'équation :

• x=2 (2018) : y = a 0⁴ + b 0³ + c 0² − 20 = −20. L'énoncé est automatiquement satisfait.
• x=0 (2016) : 16a − 8b + 4c − 20 = −6 → 8a − 4b + 2c = 7 (division par 2)
• x=1 (2017) : a − b + c − 20 = −16 → a − b + c = 4
• x=3 (2019) : a + b + c − 20 = −18 → a + b + c = 2

À partir de a − b + c = 4 et a + b + c = 2, on obtient, en soustrayant membre par membre : −2b = 2 → b = −1En résumé : 2a + 2c = 6 → a + c = 3.

On remplace b par −1 dans 8a − 4b + 2c = 7 : 8a + 4 + 2c = 7 → 8a + 2c = 3. Avec c = 3 − a : 8a + 6 − 2a = 3 → 6a = −3 → a = −1/2, à partir duquel c = 7/2.

Deuxième section (3 ≤ x ≤ 7, de 2019 à 2023) : y = mx − 24 + sin²(πx). À la frontière x = 3, on a y = −18 par continuité : 3m − 24 + sin²(3π) = 3m − 24 = −18 → m = 2Vérifions que ax=7 : 14 − 24 + sin²(7π) = −10, ce qui correspond aux données de 2023.

Troisième section (7 < x ≤ 10, de 2023 à 2026) : y = 2cos(2πx) + k. Par continuité en x = 7 : 2cos(14π) + k = 2 1 + k = −10 → k = −12Vérifions que x=10 : 2cos(20π) − 12 = 2 − 12 = −10, cohérent avec les données de 2026.

Modèle complet f(x) :

f(x) =
 −½(x−2)⁴ − (x−2)³ + ⁷⁄₂(x−2)² − 20, 0 ≤ x < 3
 2x − 24 + sin²(πx), 3 ≤ x ≤ 7
 2cos(2πx) − 12, 7 < x ≤ 10

Point b) – Étude de la fonction et du graphique

Continuité: Vérifions les connexions.
x=3 : Limite à gauche : −½(1)⁴ − (1)³ + ⁷⁄₂(1)² − 20 = −½ − 1 + ⁷⁄₂ − 20 = 3 − 20 = -18Limite à droite : 2/3 − 24 + sin²(3π) = 6 − 24 = -18f(3) = −18. Suite ✓
x=7 : limite gauche : 14 − 24 + 0 = -10Limite à droite : 2cos(14π) − 12 = 2 − 12 = -10f(7) = −10. Suite ✓

Dérivabilité : Calculons les dérivées aux limites.
f₁′(x) = −2(x−2)³ − 3(x−2)² + 7(x−2). Pour x=3 : f₁′(3) = −2(1)³ − 3(1)² + 7(1) = 2.
f₂′(x) = 2 + 2π·sin(πx)·cos(πx) = 2 + π·sin(2πx). Pour x=3 : f₂′(3) = 2 + π·sin(6π) = 2. À x=7 : f₂′(7) = 2 + π·sin(14π) = 2.
f₃′(x) = −4π·sin(2πx). Pour x=7 : f₃′(7) = −4π sin(14π) = 0.

Donc f est dérivable en x=3 (dérivée à gauche = dérivée à droite = 2), mais Elle n'est pas dérivable en x=7: f′(7⁻) = 2 tandis que f′(7⁺) = 0. Ceci est un point d'angle.

Points fixes – Première section : Soit f₁′(x) = 0 avec t = x−2 :

−2t³ − 3t² + 7t = t(−2t² − 3t + 7) = 0 → t = 0 (x=2) ou 2t² + 3t − 7 = 0 → t = (−3 ± √65)/4. Les deux solutions sont t≈1,265 (x≈3,265, hors du premier segment) et t≈−2,765 (x≈−0,765, hors du domaine). Le seul point stationnaire du premier segment est x = 2, c'est un minimum relatif (f₁″(2) = 7 > 0). f(2) = −20 dm.

Deuxième section : f₂′(x) = 2 + π·sin(2πx) = 0 → sin(2πx) = −2/π ≈ −0,637. Dans [3,7], les solutions de 2πx = arcsin(−2/π) + 2πk et 2πx = π − arcsin(−2/π) + 2πk donnent :

x ≈ 3,610 — maximum local (f₂ ≈ −16,96)
x ≈ 3,890 — min local (f₂ ≈ −18,45)
x ≈ 4,610 — maximum local (f₂ ≈ −14,96)
x ≈ 4,890 — min local (f₂ ≈ −16,45)
x ≈ 5,610 — maximum local (f₂ ≈ −12,96)
x ≈ 5,890 — min local (f₂ ≈ −14,45)
x ≈ 6,610 — maximum local (f₂ ≈ −10,96)
x ≈ 6,890 — min local (f₂ ≈ −12,45)

Troisième section : f₃′(x) = −4π sin(2πx) = 0 → sin(2πx) = 0 → x = k/2 pour k entiers. Dans (7,10] : x = 7,5 ; 8 ; 8,5 ; 9 ; 9,5 ; 10. Les points avec cos(2πx) = 1 (x entiers) donnent des maxima y = 2−12 = −10 ; ceux avec cos(2πx) = −1 (x demi-entiers) donnent des minima y = −2−12 = −14.

Valeurs aux extrêmes : f(0) = −6, f(10) = −10.

Le graphique montre une forte baisse initiale jusqu'à −20 dm en 2018, une reprise lente et oscillante de 2019 à 2023, et enfin un modèle oscillatoire stable entre −14 et −10 dm à partir de 2023.

Point c) – Théorème de Lagrange

Le théorème de Lagrange exige que f soit continue sur [0,10] et dérivable sur (0,10). Nous venons de montrer que f n'est pas dérivable en x=7 (point d'angle), puis n'est pas applicable dans [0,10].

Pour la deuxième question : on cherche s ∈ (0,10) tel que f′(s) = [f(10) − f(0)] / 10. On calcule : [−10 − (−6)] / 10 = −4/10 = -0,4Existe-t-il des points où la dérivée vaut −0,4 ? Oui, dans la troisième section f₃′(x) = −4π sin(2πx). On résout −4π sin(2πx) = −0,4 → sin(2πx) = 0,4/(4π) ≈ 0,0318. Cette équation admet des solutions périodiques dans l'intervalle [7,10], par exemple x ≈ 7,005 et x ≈ 7,495, et elle est symétrique. Puisque f est continue et dérivable en tout point, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction f₃′ sur l'intervalle [7,10] pour garantir l'existence de tels points. Il suffit de remarquer que f₃′(x) varie continûment entre −4π et 4π, donc elle prend toutes les valeurs intermédiaires, y compris −0,4.

Point d) – Théorème de la moyenne intégrale et estimation du volume

Applicabilité : Le théorème de la moyenne intégrale requiert uniquement la continuité de f sur l'intervalle fermé [0,10]. f est continue sur [0,10], comme vérifié au point b). cela est applicable.

La variation moyenne Δh est :

Δh = 1/(b−a) ∫ₐᵇ f(x) dx = 1/10 ∫₀¹⁰ f(x) dx

Calculons l'intégrale par morceaux :

Section 1 [0,3] : ∫₀³ [−½(x−2)⁴ − (x−2)³ + ⁷⁄₂(x−2)² − 20] à droite. Avec t = x−2, t varie de −2 à 1 :
∫₋₂¹ [−½t⁴ − t³ + ⁷⁄₂t² − 20] dt = [−t⁵/10 − t⁴/4 + ⁷⁄₆t³ − 20t]₋₂¹
À t=1 : −1/10 − 1/4 + 7/6 − 20 = −0,1 − 0,25 + 1,167 − 20 = −19,183
À t=−2 : −(−32)/10 − (16)/4 + ⁷⁄₆(−8) − 20(−2) = 3,2 − 4 − 9,333 + 40 = 29,867
Intégrale = −19,183 − 29,867 = −49,05 (arrondi)

Section 2 [3,7] : ∫₃⁷ [2x − 24 + sin²(πx)] dx. Rappelons que sin²(πx) = (1−cos(2πx))/2, dont la primitive est x/2 − sin(2πx)/(4π).
∫₃⁷ (2x − 24) dx = [x² − 24x]₃⁷ = (49−168) − (9−72) = −119 + 63 = −56
∫₃⁷ sin²(πx) dx = [x/2 − sin(2πx)/(4π)]₃⁷ = (7/2 − 0) − (3/2 − 0) = 2
Intégrale totale = −56 + 2 = -54

Section 3 [7,10] : ∫₇¹⁰ [2cos(2πx) − 12] dx = [sin(2πx)/π − 12x]₇¹⁰
À x=10 : sin(20π)/π − 120 = 0 − 120 = −120
À x=7 : sin(14π)/π − 84 = 0 − 84 = −84
Intégrale = −120 − (−84) = -36

Intégrale totale : −49,05 + (−54) + (−36) = -139,05

Variation moyenne : Δh = −139,05/10 ≈ −13,9 dm = -1,39 m

Estimation du volume : Surface du lac ≈ 57 km² = 57·10⁶ m². Volume = surface × Δh = 57·10⁶·(−1,39) ≈ −79,2·10⁶ m³En litres : 1 m³ = 10³ litres, donc -79,2 milliards de litres L'intégrale moyenne de f(x) indique que, sur la période 2016-2026, le niveau moyen estimé était d'environ 13,9 dm en dessous de zéro.

Problème 2 – Étude des fonctions paramétriques

Point a) – Monotonie de fₐ et tangente commune

Étude de fₐ(x) = ax²/(x−1), a ≠ 0 :

Domaine : ℝ{1}. Dérivée première : fₐ′(x) = [2ax(x−1) − ax²] / (x−1)² = [2ax² − 2ax − ax²] / (x−1)² = [ax² − 2ax] / (x−1)² = ax(x−2) / (x−1)².

Le signe de fₐ′ est déterminé par le signe de a·x·(x−2) (le dénominateur est toujours positif).

Si a > 0 :
fₐ′ > 0 pour x < 0 ou x > 2 → f croissante
fₐ′ < 0 pour 0 < x < 1 ou 1 < x < 2 → f décroissante
x=0 : max relatif (f(0)=0)
x=2 : minimum relatif (f(2)=4a)

Si a < 0 : monotonie opposée (elle augmente là où elle diminuait auparavant et vice versa).

Étude de g(x) = |x|/(x²+1) :

Domaine : ℝ. Pour x ≥ 0, g(x) = x/(x²+1); pour x < 0, g(x) = −x/(x²+1).

Pour x ≥ 0 : g′(x) = [1·(x²+1) − x·2x] / (x²+1)² = (1−x²) / (x²+1)². g′(x) > 0 pour 0 < x < 1, g′(x) < 0 pour x > 1. Maximum ax=1 → g(1)=½.

Pour x < 0 : g(x) est paire et symétrique. g(0) = 0 est le minimum. g(−1) = ½ est le maximum.

Les points stationnaires sont x=±1 avec g(±1)=½. Donc le point stationnaire de γ avec x_B > 0 est B(1;½).

Tangente commune : On cherche une droite horizontale y = k tangente à φₐ et γ. γ est tangente horizontalement à y = ½ (aux points x = ±1). k = ½. Pour φₐ, f(0) = 0 et f(2) = 4a. Avec a tel que f(2) = ½ : 4a = ½ → a = ⅛. Avec a tel que f(0) = ½ : impossible. Donc a=⅛, k=½.

Point b) – Distance minimale AB

Les points stationnaires sont : pour γ, B(1;½) ; pour φₐ, les points avec x_A ≠ 0 sont x=2 (le minimum pour a>0). Donc A(2;4a).

AB² = (2−1)² + (4a−½)² = 1 + (4a−½)². Le minimum est atteint lorsque |4a−½| est minimal, c'est-à-dire lorsque 4a−½=0 → a=⅛. Par conséquent, la distance minimale est AB = √1 = 1, et correspond à a=⅛.

Point c) – Graphiques et inégalités

Avec a=⅛: f(x) = x²/[8(x−1)] = x²/(8x−8).

Domaine: ℝ{1}. Asymptote verticale : x=1 (limite gauche : −∞, limite droite : +∞). Asymptote oblique : Le degré du numérateur est égal au degré du dénominateur plus 1, donc la fonction existe. Dividende : x²/(8x−8) = (x+1)/8 + 1/[8(x−1)]. Lorsque x tend vers l'infini, f(x) ∼ (x+1)/8. Asymptote : y = x/8 + 1/8.

Dérivé: f′(x) = x(x−2)/[8(x−1)²]. f augmente pour x<0 et x>2, diminue pour 0.

g(x) = |x|/(x²+1) : Comme nous l'avons déjà étudié, il a un maximum à x=±1 : y=½, un minimum à x=0 : y=0.

Inégalité f(x) > g(x) : Examinons les différents cas. Pour x < 0 : g(x) = −x/(x²+1) > 0 tandis que f(x) < 0 (numérateur positif, dénominateur négatif), donc g > f. Pour 0 < x < 1 : g(x) > 0 tandis que f(x) ≤ 0 (f(0) = 0 et f est immédiatement négatif), donc g > f. Pour x = 1 : f n'est pas définie. Pour x > 1 : f(x) et g(x) sont toutes deux positives. f(x) − g(x) = x²/(8x−8) − x/(x²+1). Pour x→1⁺ : f→+∞, donc f > g. Pour x > 1, l'équation f(x) = g(x) se traduit par x²/(8x−8) = x/(x²+1). En simplifiant pour x > 0 : x/(8x−8) = 1/(x²+1) → x(x²+1) = 8x−8 → x³ + x − 8x + 8 = 0 → x³ − 7x + 8 = 0. Les racines positives de cette polynôme cubique n'appartiennent pas à l'intervalle (1,+∞) sauf pour les valeurs supérieures au point où f dépasse nettement g. Par comparaison asymptotique : pour x→+∞, f(x) ∼ x/8 → +∞ tandis que g(x) → 0, donc f > g. L'inégalité est donc vérifiée. x ∈ (1, +∞).

Point d) – Aire de la région délimitée par γ

Déterminons les points d'inflexion de g(x). Pour x ≥ 0 : g(x) = x/(x² + 1). g″(x) = 2x(x² − 3)/(x² + 1)³. g″(x) = 0 → x = 0 (pas de point d'inflexion, c'est un minimum) et x = √3. Pour x < 0 : par symétrie, x = −√3. Les points d'inflexion sont x = ±√3. g(√3) = √3/4 ≈ 0,433.

La région finie délimitée par γ, l'axe des x et les droites x=−√3 et x=√3 a une aire :

A = 2∫₀^√3 x/(x²+1) dx (par symétrie). ∫ x/(x²+1) dx = ½ ln(x²+1). Donc :

A = 2·[½·ln(x²+1)]₀^√3 = [ln(x²+1)]₀^√3 = ln(3+1) − ln(1) = ln(4) = 2ln(2).

Des questions

Question 1 – Couvrir l'endroit

Carré ABCD de côté √2 dm, aire = (√2)² = 2 dmXNUMXCécilia place une carte circulaire de rayon ⅔ dm, son centre se trouvant sur la diagonale AC et son côté passant par A. Calculons l'aire du cercle inscrit dans le carré.

Le centre du cercle est situé sur la diagonale à une distance r = ⅔ du sommet A. Dans un repère orthonormé passant par A, le centre C₀ a pour coordonnées (r/√2, r/√2) = (⅔√2/2, ⅔√2/2) = (√2/3, √2/3). Le cercle est tangent intérieurement en A et coupe les côtés du carré. L'aire de la portion de cercle inscrite dans le carré se calcule en la décomposant en secteurs circulaires et en triangles.

L'aire recherchée est donnée par la somme des ¾ du cercle (angle de 270° inscrit dans le carré) plus l'aire du triangle formé par A et les deux points d'intersection du cercle avec la diagonale, ce qui donne :

Portion_A = (3/4)·πr² + (1/2)·r² = (3π/4 + 1/2)·(4/9) = (3π/4)·(4/9) + (1/2)·(4/9) = π/3 + 2/9

Calculs : π/3 ≈ 1,047 et 2/9 ≈ 0,222, pour un total d'environ 1,269 dmXNUMX.

Attention : le secteur de 270° ne correspond pas exactement à l’aire intérieure. Une décomposition plus rigoureuse montre que l’aire de la portion de cercle située à l’intérieur du carré est égale à la somme des ¾ du cercle (soit ¾ π (4/9) = π/3) et de l’aire du triangle rectangle isocèle de côté r, d’aire r²/2 = (4/9)/2 = 2/9. Cependant, ce calcul précis doit être revu car une partie du quart de cercle restant (celui situé à l’extérieur du carré) est également incluse dans le triangle.

Analyse géométrique : le cercle a pour équation (x−√2/3)² + (y−√2/3)² = 4/9. Le carré a pour sommets A(0,0), B(√2,0), C(√2,√2) et D(0,√2). Pour x≥0 et y≥0 (nous sommes dans le premier quadrant), la portion du cercle inscrite dans le carré correspond au quart de cercle inférieur gauche, tronqué par le sommet A. L’aire de cette portion est égale à l’aire du secteur de 90° moins celle du triangle rectangle A : donc, l’aire extérieure est égale à πr²/4 − r²/2 = π/9 − 2/9 = (π−2)/9 ≈ 0,127 dm².

Aire intérieure du carré = aire totale du cercle − aire extérieure = 4π/9 − (π−2)/9 = (3π+2)/9 ≈ (9,425+2)/9 ≈ 1,269 dmXNUMX.

Puisque la moitié du carré est 1 dmXNUMX, le premier cercle couvre en fait plus de la moitié de la place (environ 63,5%). Cecilia a raison.

Question 2 – Tétraèdre régulier et plan tangent

a) Vérifier le tétraèdre régulier : Calculons toutes les distances entre les paires de points.

AB² = (3−2)² + (5+4)² + (−1−3)² = 1 + 81 + 16 = 98 → AB = √98 = 7√2
AC² = (−6−2)² + (1+4)² + (0−3)² = 64 + 25 + 9 = 98 → AC = 7√2
AD² = (−1−2)² + (4+4)² ​​+ (8−3)² = 9 + 64 + 25 = 98 → AD = 7√2
BC² = (−6−3)² + (1−5)² + (0+1)² = 81 + 16 + 1 = 98 → BC = 7√2
BD² = (−1−3)² + (4−5)² + (8+1)² = 16 + 1 + 81 = 98 → BD = 7√2
CD² = (−1+6)² + (4−1)² + (8−0)² = 25 + 9 + 64 = 98 → CD = 7√2

Tous les bords mesurent 7, donc le tétraèdre est régulier. ✓

b) Plan tangent : Dans un tétraèdre régulier, le centre de la sphère circonscrite coïncide avec le centre de gravité. Les coordonnées du centre de gravité G sont : ((2+3−6−1)/4 ; (−4+5+1+4)/4 ; (3−1+0+8)/4) = (−2/4 ; 6/4 ; 10/4) = (−½; ³⁄₂; ⁵⁄₂).

Rayon R = distance GA. Pour un tétraèdre régulier d'arête L = 7√2, le rayon de la sphère circonscrite est R = L √6/4 = 7√2 √6/4 = 7√12/4 = 7 2√3/4 = 7√3/2Vérification : GA = √[(2+½)² + (−4−³⁄₂)² + (3−⁵⁄₂)²] = √[(⁵⁄₂)² + (−¹¹⁄₂)² + (½)²] = √[25/4 + 121/4 + 1/4] = √(147/4) = √147/2 = 7√3/2. ✓

Le plan tangent en A est perpendiculaire au vecteur GA (rayon vecteur). GA = (5/₂ ; −1/₂ ; ½). Équation du plan : (5/₂)(x−2) + (−1/₂)(y+4) + (½)(z−3) = 0. En multipliant par 2 : 5(x−2) − 11(y+4) + (z−3) = 0 → 5x − 10 − 11y − 44 + z − 3 = 0 → 5x − 11y + z − 57 = 0.

Question 3 – Séisme du Frioul (1976)

Le morceau évoque deux chocs : l'un d'une magnitude M₁ = 6,5 (celui du 6 mai 1976, le choc principal) et l'un des M₂ = 6,0 (l'une des secousses sismiques de septembre qui ont suivi). D'après la formule M = log₁₀(A/A₀) :

A₁/A₀ = 10⁶·⁵; A₂/A₀ = 10⁶·⁰.
A₁/A₂ = 10⁶·⁵ / 10⁶·⁰ = 10⁰·⁵ = √10 ≈ 3,16.

Le rapport entre les amplitudes est approximativement 3,16: le choc principal (M=6,5) a produit des amplitudes sismiques plus de 3 fois supérieures à celles du choc suivant (M=6,0).

D'après la loi de Gutenberg-Richter : log₁₀(E/E₀) = 1,5M + 4,8.

Pour M=6,5 : log₁₀(E₁/E₀) = 1,5 6,5 + 4,8 = 9,75 + 4,8 = 14,55 → E₁ = E₀ 10¹⁴ 5⁵⁵
Pour M=6,0 : log₁₀(E₂/E₀) = 1,5 6,0 + 4,8 = 9,0 + 4,8 = 13,80 → E₂ = E₀ 10¹³ ⁸⁰

E₁/E₂ = 10¹⁴ ⁵⁵ / 10¹³ ⁸⁰ = 10⁰ ⁷⁵ ≈ 5,62.

Variation en pourcentage : (E₁−E₂)/E₂ · 100 = (5,62−1)·100 ≈ + 462%Le séisme de mai a libéré environ 462 % d'énergie en plus que celui de septembre.

Question 4 – Fonction constante

F(x) = ∫₀ˣ dt/(1+t²) + ∫₀^(¹⁄x) dt/(1+t²), x > 0.

∫ dt/(1+t²) = arctan(t) + C. Donc :

F(x) = [arctan(t)]₀ˣ + [arctan(t)]₀^(¹⁄x) = arctan(x) − arctan(0) + arctan(1/x) − arctan(0) = arctan(x) + arctan(1/x).

Pour x > 0, l'identité arctan(x) + arctan(1/x) = π/2 est valable (dérivable de : tan(π/2 − α) = cot(α) = 1/tan(α)).

Donc F(x) = π/2, constante pour tout x > 0. ✓

Question 5 – Paramètres de la courbe logarithmique

y = h·ln(x²+k)⁵ = 5h·ln(x²+k), avec h≠0.

Asymptotes verticales x=±√3 : Pour que les asymptotes soient verticales, le logarithme doit tendre vers −∞ lorsque x→±√3, donc x²+k → 0⁺. On a (±√3)² + k = 0 → 3 + k = 0 → k = −3.

La fonction devient y = 5h ln(x²−3).

Intersections avec l'axe des x : y=0 → ln(x²−3)=0 → x²−3=1 → x²=4 → x=±2. Les points sont A(−2;0) et B(2;0).

Tangentes en A et B qui se rencontrent en C(0;−4) :

y′ = 5h·2x/(x²−3) = 10hx/(x²−3).

En x=−2 : y′(−2) = 10h (−2)/(4−3) = −20h. Tangente : y − 0 = −20h(x+2), c'est-à-dire y = −20hx − 40h. Passant par C(0;−4) : −4 = 0 − 40h → h = 4/40 = ⅒.

Vérification avec le point B : y′(2) = 10h·2/(4−3) = 20h. Tangente : y = 20h(x−2), pour h=⅒ : y = 2(x−2). En x=0 : y=−4 ✓.

Solution: h=⅒, k=−3.

Question 6 – Polynôme et asymptote oblique

Soit f(x) = p(x)/(2x+1). Pour l'asymptote oblique y = 3x−2, on écrit p(x) = (2x+1)(3x−2) + R, où R est le reste constant. En développant : (2x+1)(3x−2) = 6x² − 4x + 3x − 2 = 6x² − x − 2. Donc p(x) = 6x² − x − 2 + R.

De plus, f(1)=0 pour le passage par P(1;0) : f(1) = p(1)/(3) = 0 → p(1) = 0.

p(1) = 6 − 1 − 2 + R = 3 + R = 0 → R = −3.

Donc p(x) = 6x² − x − 5.

Vérification : f(1) = (6−1−5)/(2+1) = 0/3 = 0 ✓. Asymptote : en divisant 6x² − x − 5 par 2x+1, on obtient un quotient de 3x − 2 et un reste de −3/(2x+1) → lorsque x→∞ le reste tend vers 0, ce qui est confirmé. ✓

Question 7 – Probabilité dans Scopone

Jeu de 40 cartes, 4 couleurs (bâtons, coupes, deniers et épées), 10 cartes par couleur. 4 joueurs, 10 cartes chacun.

a) Probabilité que les 3 premières cartes de Massimo soient toutes des coupes :

Nombre total de cartes : 40. Nombre de gobelets disponibles : 10. Les 3 premières cartes sont distribuées sans remise.

P = (10/40) · (9/39) · (8/38) = (10·9·8)/(40·39·38) = 720/59 280 = 3/247 ≈ 0,0121 ≈ 1,21 %.

b) Probabilité que parmi les 10 cartes de Lorenzo se trouvent les 3 as de trèfle, d'épée et de denier :

Nombre total de façons de distribuer 10 cartes à Lorenzo : C(40,10).
Cas favorables : Lorenzo reçoit les 3 as spécifiques + 7 cartes parmi les 37 restantes : C(37,7).

P = C(37,7) / C(40,10) = 10 295 472 / 847 660 528 ≈ 0,01215 ≈ 1,21%.

Question 8 – Tournoi de volleyball

16 équipes réparties en 4 groupes (A, B, C, D) de 4 équipes chacun. Les 4 équipes du chapeau 1 ont déjà été attribuées (une par groupe, selon le classement, sans tirage au sort).

Il reste à répartir : 4 équipes du 2e niveau (une par groupe) et 8 équipes du 3e niveau (deux par groupe).

Phase 1 : Affectation des équipes de deuxième niveau. Les 4 équipes du 2e pot peuvent être triées de 4 façons différentes pour les répartir dans les 4 groupes (un par groupe) : 24 façons.

Phase 2 : Affectation des équipes de deuxième niveau. Vous devez choisir les deux équipes de troisième division qui composeront chaque groupe. Les groupes sont distincts (A, B, C, D). Le nombre de possibilités est : C(8,2) × C(6,2) × C(4,2) × C(2,2) = 28 × 15 × 6 × 1 = 2.520 façons.

Total: 24 · 2.520 = 60 480 compositions possibles des groupes.

QFP

Quelle est la valeur de la question 3 sur l'énergie sismique ? Est-ce tout ce qu'il y a à savoir, ou la formule est-elle suffisante ?
La question exige l'application correcte des deux formules (Richter et Gutenberg-Richter). Il faut démontrer la transition entre la magnitude et le rapport d'amplitude (10⁰,⁵), puis calculer le rapport d'énergie. Le pourcentage de variation est l'étape finale : le rapport seul ne suffit pas ; il faut le convertir en pourcentage.

Dans le problème 1, l'intégrale pouvait-elle être calculée avec une calculatrice graphique ?
Oui, une calculatrice graphique est autorisée, à condition qu'elle ne permette pas le calcul symbolique. Vous pouvez l'utiliser pour vérifier la valeur numérique de l'intégrale, mais lors de l'épreuve écrite, vous devrez démontrer la démarche analytique pour chaque segment.

Le point c) du problème 1 demande s'il existe s tel que f′(s) = [f(10)−f(0)]/10. Comment répondez-vous ?
On calcule le rapport d'incrémentation (−4/10 = −0,4). On observe alors que la dérivée dans la troisième partie est −4π sin(2πx), qui varie continûment entre −4π et 4π : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, elle prend toutes les valeurs de cet intervalle. Puisque |−0,4| < 4π, il existe des points où la dérivée vaut −0,4. Ces points peuvent être déterminés explicitement en résolvant l'équation sin(2πx) = 0,1/π.

Dans la question 2, pour le tétraèdre régulier, était-il suffisant de vérifier 3 arêtes ou toutes ?
Techniquement, pour prouver la régularité, cinq arêtes égales suffisent (pour un tétraèdre, cinq arêtes contraignent la sixième). Mais lors de l'examen, il est plus prudent de toutes les représenter. Calculer les six distances avec la formule est rapide et ne laisse aucune place au doute.

Question 8 : Pourquoi n'utilise-t-on pas le dessin pur ?
Les quatre équipes du premier niveau ont déjà été réparties sans tirage au sort (par ordre de classement : première en A, deuxième en B, etc.). Pour les autres, le texte indique « tirage au sort », mais le schéma combinatoire est le suivant : elles doivent être disposées de sorte que chaque groupe comprenne une équipe du deuxième niveau et deux équipes du troisième niveau. Le nombre total de répartitions possibles est obtenu en calculant les combinaisons possibles.

Dans le problème 2, partie d, l'aire est-elle calculée uniquement entre x=−√3 et x=√3 ? Que se passe-t-il s'il existe d'autres régions finies ?
Le texte parle d'une « région finie du plan délimitée par γ, l'axe des x et les droites parallèles à l'axe des y passant par les points d'inflexion ». Les points d'inflexion de g sont situés en x = ±√3, et la région correspond à la partie de la courbe de g située au-dessus de l'axe des x entre ces deux points. Il n'existe pas d'autres régions finies.