2e Bac Sciences de la vie et de la Terre (SVT)

Bac blanc n° 2 — SVT

Bac blanc original de SVT 2e Bac, format national (3 h) : muscle, mutations, Hardy-Weinberg, granite, déchets ; corrigé détaillé et barème sur 20.

3 h
6 exercices
Barème : 20 points
Vérifié le 5 octobre 2026

Conseil : fais le sujet sur papier, sans regarder les corrigés, puis note-toi avec le barème.

Temps restant : 3 h 00 min 00 s

Consignes

Durée : 3 heures, comme à l'examen national de SVT (filière Sciences de la vie et de la Terre, option française).
Calculatrice : la calculatrice non programmable est autorisée. Écris toujours la formule utilisée avant de donner le résultat, avec son unité.
Barème : 20 points au total = 5 points pour la première partie (restitution des connaissances) + 15 points pour la deuxième partie (raisonnement scientifique et communication écrite et graphique : 5 exercices de 3, 4, 3, 3 et 2 points).
Documents : les valeurs des documents sont construites pour ce sujet et simplifiées. Utilise celles qui sont données, même si tu en connais d'autres.
Rédaction : réponds par des phrases complètes et justifie chaque conclusion avec des valeurs prises dans les documents. Les schémas et les graphiques se font au crayon, avec une échelle et des légendes.

Gestion du temps conseillée :

10 min : lecture complète du sujet et des documents ;
25 min : première partie (restitution des connaissances) ;
25 min pour l'exercice 2, 40 min pour l'exercice 3, 25 min pour l'exercice 4, 30 min pour l'exercice 5, 15 min pour l'exercice 6 (les cinq exercices de la deuxième partie sont indépendants) ;
10 min : relecture, vérification des calculs et des unités.

Remarque

Ne laisse aucune question blanche. Au national, une réponse partielle mais correcte rapporte des points : cite au moins le document et la valeur utilisée.

Sujet

Le sujet comporte deux parties : la première partie (5 points) vérifie tes connaissances ; la deuxième partie (15 points) demande d'exploiter des documents pour construire un raisonnement scientifique.

Exercice 1 : Première partie, restitution des connaissances

5 points

I. Définitions (1 point). Définis les deux termes suivants : (a) eutrophisation ; (b) granitisation. (0,5 pt par terme)

II. Questions à choix multiple (2 points). Pour chacun des items 1 à 4, une seule proposition est correcte. Recopie les couples (item, lettre), par exemple (1, a). (0,5 pt par item)

Item 1. En l'absence de dioxygène, des levures placées dans un milieu riche en glucose :

a) oxydent complètement le glucose en dioxyde de carbone et en eau, grâce à la chaîne respiratoire de leurs mitochondries ;
b) transforment le glucose en lactate et en dioxyde de carbone, comme le font les cellules musculaires ;
c) transforment le glucose en éthanol et en dioxyde de carbone, ce qui régénère le $\text{NAD}^+$ ;
d) transforment le glucose en éthanol sans produire d'ATP, car la glycolyse est bloquée.

Item 2. La délétion d'un seul nucléotide au milieu de la séquence codante d'un gène a le plus souvent pour conséquence :

a) la modification d'un seul acide aminé, tous les autres acides aminés de la protéine restant identiques ;
b) aucune modification de la protéine, car le nouveau codon code le même acide aminé que l'ancien ;
c) l'ajout d'un seul acide aminé supplémentaire, sans modification des autres acides aminés ;
d) un décalage du cadre de lecture : les acides aminés situés après la mutation sont en général modifiés.

Item 3. Dans une chaîne de montagnes de collision, le métamorphisme régional :

a) est limité à une auréole étroite autour d'un massif granitique ;
b) est une transformation à l'état solide de roches enfouies, sur de très grandes surfaces, qui forme des minéraux nouveaux ;
c) est une fusion complète des roches enfouies, qui forme des basaltes sur de très grandes surfaces ;
d) ne concerne que des roches magmatiques, les roches sédimentaires restant inchangées en profondeur.

Item 4. La méthanisation des déchets organiques :

a) est une dégradation par des micro-organismes en présence de dioxygène, qui produit un compost riche en humus ;
b) est la combustion des déchets à plus de 850 °C, qui produit de la chaleur, des fumées et des mâchefers ;
c) est une dégradation par des micro-organismes en l'absence de dioxygène, qui produit un biogaz riche en méthane ;
d) est une fermentation réalisée par des levures, qui produit de l'éthanol et du dioxyde de carbone.

III. Associations (2 points). Associe chaque terme de la colonne A à sa définition de la colonne B (une seule définition par terme, chaque définition n'est utilisée qu'une fois). Recopie les couples (numéro, lettre), par exemple (1, a). (0,5 pt par couple)

Colonne A	Colonne B
1. Myosine	a) fragment de lithosphère océanique (croûte et manteau supérieur) charrié sur la marge d'un continent lors de la fermeture d'un océan
2. Ophiolite	b) liquide chargé de matières organiques, de sels et de polluants, formé quand l'eau de pluie traverse des déchets enfouis
3. Codon stop	c) triplet de l'ARN messager qui ne code aucun acide aminé et qui arrête la traduction
4. Lixiviat	d) protéine dont les têtes hydrolysent l'ATP et se fixent sur l'actine

Voir le corrigé

I. Définitions [1 pt]

Eutrophisation [0,5 pt] : enrichissement excessif d'un milieu aquatique (lac, rivière, mer côtière) en éléments nutritifs, surtout nitrates et phosphates, apportés par les engrais, les eaux usées ou les lixiviats de décharge. Les algues prolifèrent ; à leur mort, leur décomposition par des bactéries aérobies consomme le dioxygène dissous, ce qui asphyxie les poissons et appauvrit le milieu. (0,25 pt pour l'excès de nutriments, 0,25 pt pour la prolifération d'algues puis le manque de dioxygène.)
Granitisation [0,5 pt] : ensemble des processus qui transforment des roches de la croûte continentale en granite. Au cœur d'une chaîne de collision, la croûte épaissie atteint des températures qui provoquent la fusion partielle des roches crustales hydratées (anatexie), d'où les migmatites ; le magma granitique formé cristallise ensuite en profondeur et donne des granites d'anatexie. (0,25 pt pour la fusion partielle de la croûte, 0,25 pt pour la formation des migmatites et du granite.)

II. QCM [2 pts]

Réponses : (1, c) ; (2, d) ; (3, b) ; (4, c) (0,5 pt par item).

Item 1 : en l'absence de dioxygène, les levures réalisent la fermentation alcoolique : la glycolyse produit 2 pyruvates, qui sont ensuite transformés en éthanol avec libération de $\text{CO}_2$ , ce qui régénère le $\text{NAD}^+$ nécessaire à la glycolyse. Le gain net est celui de la glycolyse, 2 $\text{ATP}$ par glucose. La réponse a) décrit la respiration, qui exige du dioxygène ; la réponse b) mélange la fermentation lactique (cellules musculaires, bactéries lactiques) et un dégagement de $\text{CO}_2$ qu'elle n'a pas ; la réponse d) est fausse : la glycolyse fonctionne, c'est elle qui fournit l' $\text{ATP}$ .
Item 2 : la perte d'un nucléotide décale le cadre de lecture : les triplets situés en aval sont lus différemment, ce qui change en général les acides aminés suivants, et un codon stop apparaît souvent rapidement, d'où une protéine altérée. La réponse a) correspond à une substitution faux-sens, la réponse b) à une substitution silencieuse, la réponse c) à l'insertion d'un triplet.
Item 3 : le métamorphisme régional est une transformation à l'état solide (recristallisation, sans fusion complète) de roches enfouies, sédimentaires ou magmatiques, sur des centaines de kilomètres de largeur ; les associations de minéraux donnent la pression et la température. La réponse a) définit le métamorphisme de contact, la réponse c) confond avec la fusion, la réponse d) est fausse (les argiles et les grès sédimentaires sont transformés).
Item 4 : la méthanisation est une fermentation anaérobie de la matière organique par des micro-organismes, qui libère un biogaz ( $\text{CH}_4$ et $\text{CO}_2$ ) utilisable comme énergie ; le résidu, ou digestat, peut servir d'amendement. La réponse a) décrit le compostage, la réponse b) l'incinération, la réponse d) la fermentation alcoolique.

III. Associations [2 pts]

Réponses : (1, d) ; (2, a) ; (3, c) ; (4, b) (0,5 pt par couple).

(1, d) : la myosine forme les filaments épais ; ses têtes portent un site d'hydrolyse de l' $\text{ATP}$ (activité ATPasique) et un site de fixation sur l'actine : elles réalisent les ponts d'union.
(2, a) : une ophiolite est un fragment de lithosphère océanique (basaltes, gabbros, péridotites), témoin d'un océan disparu, charrié sur la marge d'un continent.
(3, c) : les codons stop (UAA, UAG, UGA) ne correspondent à aucun acide aminé : ils signalent la fin de la traduction.
(4, b) : le lixiviat est le liquide qui s'écoule d'une décharge ; il peut polluer le sol et la nappe phréatique s'il n'est pas collecté.

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Exercice 2 : Deuxième partie, le muscle strié squelettique, un convertisseur d'énergie

3 points

On étudie le mécanisme de la contraction d'un muscle strié squelettique et le rôle de l' $\text{ATP}$ .

Document 1 : le sarcomère. Au microscope électronique, on mesure dans une myofibrille le sarcomère (partie comprise entre deux stries Z) dans trois états. Les filaments épais (myosine) mesurent 1,6 µm. Les filaments fins (actine), fixés sur les stries Z, mesurent 1,0 µm de chaque côté d'une strie Z. Ces longueurs sont les mêmes dans les trois états. La bande I est mesurée entre deux bandes A consécutives, de part et d'autre d'une strie Z.

État de la myofibrille	Sarcomère (µm)	Bande A (µm)	Bande I (µm)	Zone H (µm)
Relâchée	2,6	1,6	1,0	0,6
Contraction modérée	2,3	1,6	0,7	0,3
Contraction forte	2,0	1,6	0,4	0,0

Document 2 : fibres musculaires glycérinées. Des fibres musculaires « glycérinées » (membranes rendues perméables, protéines contractiles intactes) sont placées dans quatre solutions. On mesure leur raccourcissement et la quantité de phosphate inorganique $\text{P}_i$ libérée par minute et par milligramme de fibre, signe d'une hydrolyse d'ATP. Dans une fibre vivante au repos, la concentration en $\text{Ca}^{2+}$ libre est d'environ 0,1 µmol/L ; elle monte à environ 10 µmol/L lors de la stimulation.

Solution	ATP (mmol/L)	$\text{Ca}^{2+}$ libre (µmol/L)	Autre substance	Raccourcissement	$\text{P}_i$ libéré (nmol/min/mg)
A	0	10	aucune	aucun ; fibre rigide, très difficile à étirer	0
B	2	0,1	aucune	aucun ; fibre souple	6
C	2	10	aucune	22 % de la longueur initiale	180
D	2	10	inhibiteur de l'ATPase de la myosine	aucun	5

Document 3 : réserves d'énergie immédiates. Un kilogramme de muscle d'un sprinter contient 6 mmol d' $\text{ATP}$ et 25 mmol de phosphocréatine (PCr). La phosphocréatine régénère l' $\text{ATP}$ selon $\text{PCr} + \text{ADP} \rightarrow \text{créatine} + \text{ATP}$ (une molécule d' $\text{ATP}$ par molécule de PCr). Pendant un sprint à vitesse maximale, la consommation d' $\text{ATP}$ est de 3,0 mmol par kilogramme de muscle et par seconde. Rappel (valeurs simplifiées) : la respiration forme 36 $\text{ATP}$ par molécule de glucose oxydée, la fermentation lactique 2 $\text{ATP}$ par molécule de glucose fermentée.

À l'aide du document 1, calcule le raccourcissement relatif du sarcomère entre l'état relâché et l'état de contraction forte, puis compare les variations de la bande A, de la bande I et de la zone H. Calcule ensuite, pour chaque état, la longueur de recouvrement $r = \dfrac{A - H}{2}$ entre filaments fins et filaments épais d'un même côté de la zone H, et la somme $r + \dfrac{I}{2}$ . Conclus sur le mécanisme du raccourcissement. (0,75 pt)

Compare les solutions du document 2 pour dégager les conditions nécessaires à la contraction et le rôle de l' $\text{ATP}$ . Explique pourquoi la fibre de la solution A est rigide, puis déduis-en la cause de la rigidité cadavérique. (0,75 pt)

Avec le document 3, calcule la durée pendant laquelle les réserves d' $\text{ATP}$ seules, puis les réserves d' $\text{ATP}$ et de PCr, peuvent couvrir la consommation d'un sprint maximal. Déduis-en ce qui se passe au-delà et nomme les deux voies métaboliques qui prennent ensuite le relais en comparant leur production d' $\text{ATP}$ par molécule de glucose. (0,75 pt)

Dessine, à l'échelle 1 cm pour 0,5 µm, un sarcomère relâché puis le même sarcomère en contraction forte. Indique sur chaque dessin les stries Z, les filaments fins, les filaments épais, la bande A, les demi-bandes I (une demi-bande I contre chaque strie Z, à l'intérieur du sarcomère) et la zone H. (0,75 pt)

Voir le corrigé

1. [0,75 pt]

Raccourcissement relatif [0,25 pt] :

\frac{2{,}6 - 2{,}0}{2{,}6} = 0{,}231 \quad \text{soit environ } 23\ \%

Entre l'état relâché et la contraction forte, la bande A ne varie pas (1,6 µm), la bande I diminue de 0,6 µm (1,0 à 0,4) et la zone H diminue de 0,6 µm (0,6 à 0,0). Le raccourcissement du sarcomère (0,6 µm) est donc égal à la diminution de la bande I et à celle de la zone H, alors que la bande A, qui correspond à la longueur des filaments épais, reste constante.

Recouvrement et somme [0,25 pt] :

État	$r = \dfrac{A - H}{2}$ (µm)	$\dfrac{I}{2}$ (µm)	$r + \dfrac{I}{2}$ (µm)
Relâchée	$\dfrac{1{,}6 - 0{,}6}{2} = 0{,}50$	0,50	1,0
Contraction modérée	$\dfrac{1{,}6 - 0{,}3}{2} = 0{,}65$	0,35	1,0
Contraction forte	$\dfrac{1{,}6 - 0{,}0}{2} = 0{,}80$	0,20	1,0

Conclusion [0,25 pt] : la somme $r + \dfrac{I}{2}$ est égale à 1,0 µm dans les trois états : c'est la longueur d'un filament fin, qui ne change pas. Les filaments épais gardent aussi leur longueur (bande A constante). Aucun filament ne raccourcit. Ce qui augmente, c'est la zone où les deux types de filaments se recouvrent (de 0,50 à 0,80 µm de chaque côté) : les filaments fins, fixés aux stries Z, glissent entre les filaments épais vers le centre du sarcomère, ce qui rapproche les stries Z. C'est le modèle du glissement des filaments.

2. [0,75 pt]

[0,25 pt] Solutions A et C : même $\text{Ca}^{2+}$ (10 µmol/L), mais sans $\text{ATP}$ il n'y a ni raccourcissement ni hydrolyse (0 contre 180 nmol/min/mg) : l' $\text{ATP}$ est nécessaire. Solutions B et C : même $\text{ATP}$ , mais à 0,1 µmol/L de $\text{Ca}^{2+}$ (valeur du muscle au repos) la fibre ne se raccourcit pas et l'hydrolyse est très faible (6 contre 180) : le $\text{Ca}^{2+}$ est nécessaire pour déclencher la contraction.
[0,25 pt] Solutions C et D : avec le même $\text{ATP}$ et le même $\text{Ca}^{2+}$ , l'inhibiteur de l'ATPase de la myosine supprime le raccourcissement et fait tomber l'hydrolyse de 180 à 5 nmol/min/mg. Ce n'est donc pas la simple présence d' $\text{ATP}$ qui compte, mais son hydrolyse par la myosine, qui fournit l'énergie du glissement. En résumé : le $\text{Ca}^{2+}$ déclenche, l'hydrolyse de l' $\text{ATP}$ par les têtes de myosine fournit l'énergie.
[0,25 pt] Fibre A : le $\text{Ca}^{2+}$ découvre les sites de fixation, les têtes de myosine se fixent sur l'actine, mais sans $\text{ATP}$ elles ne peuvent plus se détacher : les ponts d'union restent en place et la fibre est rigide. Après la mort, la respiration cesse et plus aucun $\text{ATP}$ n'est formé : les têtes de myosine restent attachées à l'actine et les muscles se raidissent, c'est la rigidité cadavérique.

3. [0,75 pt]

Durées [0,5 pt] :

t_{\text{ATP seul}} = \frac{6}{3{,}0} = 2{,}0\ \text{s} \qquad t_{\text{ATP + PCr}} = \frac{6 + 25}{3{,}0} = 10{,}3\ \text{s}

Les réserves d' $\text{ATP}$ ne suffisent que 2 s ; avec la phosphocréatine, on tient environ 10 s à intensité maximale (0,25 pt pour chaque durée).

Au-delà [0,25 pt] : les réserves immédiates sont épuisées. L' $\text{ATP}$ doit alors être régénéré par le métabolisme du glucose : la fermentation lactique, rapide mais qui ne forme que 2 $\text{ATP}$ par glucose, et la respiration, plus lente à se mettre en place car elle dépend de l'apport de dioxygène, mais qui forme 36 $\text{ATP}$ par glucose. Un coureur ne peut donc pas maintenir sa vitesse maximale au-delà d'une dizaine de secondes : il ralentit quand les réserves en PCr sont épuisées.

4. [0,75 pt]

Dimensions à l'échelle (1 cm pour 0,5 µm) [0,25 pt] :

Élément	Relâché	Contraction forte
Sarcomère (entre les deux stries Z)	5,2 cm	4,0 cm
Filaments fins, de chaque côté (accrochés à la strie Z)	2,0 cm	2,0 cm
Filaments épais (au centre)	3,2 cm	3,2 cm
Bande A	3,2 cm	3,2 cm
Demi-bande I, entre une strie Z et la bande A du sarcomère	1,0 cm	0,4 cm
Zone H	1,2 cm	0

Organisation [0,25 pt] : les deux stries Z limitent le sarcomère ; les filaments fins partent des stries Z et s'avancent vers le centre ; les filaments épais, centrés, sont séparés des stries Z par une demi-bande I (1,0 cm au repos, 0,4 cm en contraction forte). La bande I complète, mesurée entre deux bandes A de sarcomères voisins, est le double : 2,0 cm au repos et 0,8 cm en contraction forte. Au repos, les extrémités des filaments fins laissent entre elles une zone H de 1,2 cm ; en contraction forte, elles se rejoignent au centre : la zone H disparaît et la bande I est réduite.

Légendes [0,25 pt] : titre, stries Z, filaments fins, filaments épais, bande A, demi-bandes I, zone H, échelle.

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Exercice 3 : Deuxième partie, mutations, expression et transmission d'un gène

4 points

Chez la souris, la couleur du pelage dépend d'une enzyme E qui intervient dans la synthèse du pigment. Les souris albinos (pelage blanc) n'ont pas de pigment. On étudie le gène de l'enzyme E et quatre de ses allèles : N (allèle normal) et trois allèles mutés m1, m2 et m3. Les données sont inventées pour cet exercice.

Document 1 : séquences d'un fragment du gène. Fragment du brin transcrit, lu de 3' vers 5', pour les codons 86 à 92, présenté triplet par triplet. Le cadre de lecture est celui du gène ; les codons sont numérotés à partir du codon d'initiation, qui est le codon 1.

Allèle	Brin transcrit (3' vers 5'), codons 86 à 92
N (normal)	TTC CCG ACC GTT CTT ATG GAG
m1	TTC CTG ACC GTT CTT ATG GAG
m2	TTC CCG ACT GTT CTT ATG GAG
m3	TTC CCG ACC GTC CTT ATG GAG

Document 2 : extrait du code génétique (codons de l'ARN messager) et longueur de la protéine normale (420 acides aminés).

Codon	AAG	GGC	GAC	UGG	UGA	CAA	CAG	GAA	UAC	CUC
Acide aminé	Lys	Gly	Asp	Trp	stop	Gln	Gln	Glu	Tyr	Leu

Document 3 : activité de l'enzyme E et phénotype.

Génotype	Activité de l'enzyme E (% de la valeur normale)	Phénotype
N//N	100	pigmentée
N//m2	49	pigmentée
m1//m1	3	albinos
m2//m2	0	albinos
m3//m3	98	pigmentée

Document 4 : croisements. On note S et s les deux allèles d'un autre gène, qui détermine la longueur des poils : S (poils courts) est dominant sur s (poils longs).

Croisement 1 : deux souris pigmentées de génotype N//m2 donnent 200 souriceaux : 153 pigmentés et 47 albinos.
Croisement 2 : une souris pigmentée à poils courts, double hétérozygote N//m2 S//s, est croisée avec une souris albinos à poils longs, m2//m2 s//s. On obtient 200 souriceaux : [pigmenté, poils courts] 52 ; [pigmenté, poils longs] 49 ; [albinos, poils courts] 50 ; [albinos, poils longs] 49.

À l'aide des documents 1 et 2, écris pour chacun des quatre allèles la séquence de l'ARN messager (de 5' vers 3'), codon par codon, puis la séquence d'acides aminés correspondante. (1 pt)

Compare les allèles mutés m1, m2 et m3 à l'allèle N : précise pour chacun la nature de la modification de l'ADN, puis l'effet de la mutation sur la protéine. Pour m2, calcule le pourcentage de la protéine normale qui n'est pas synthétisé. Relie ces résultats à l'activité de l'enzyme (document 3). (1 pt)

a) Explique pourquoi l'allèle m2 est récessif (document 3). b) Interprète le croisement 1 : donne les génotypes des parents et leurs gamètes, construis l'échiquier de croisement, donne les proportions attendues et compare-les aux résultats. (1 pt)

a) Calcule les proportions observées au croisement 2 et conclus sur la position des deux gènes. b) Deux souris double hétérozygotes N//m2 S//s sont croisées entre elles : donne les proportions attendues des quatre phénotypes et le nombre attendu de souriceaux de chaque phénotype parmi 320 souriceaux issus de plusieurs portées de ce croisement. (1 pt)

Voir le corrigé

1. [1 pt]

Méthode : l'ARN messager est complémentaire du brin transcrit (A avec U, T avec A, G avec C, C avec G) ; on le lit de 5' vers 3'. Chaque allèle vaut 0,25 pt.

Allèle	ARNm (5' vers 3'), codons 86 à 92	Acides aminés
N	AAG GGC UGG CAA GAA UAC CUC	Lys – Gly – Trp – Gln – Glu – Tyr – Leu
m1	AAG GAC UGG CAA GAA UAC CUC	Lys – Asp – Trp – Gln – Glu – Tyr – Leu
m2	AAG GGC UGA CAA GAA UAC CUC	Lys – Gly – stop (la traduction s'arrête au codon 88)
m3	AAG GGC UGG CAG GAA UAC CUC	Lys – Gly – Trp – Gln – Glu – Tyr – Leu

2. [1 pt]

m1 [0,25 pt] : le triplet CCG (codon 87) devient CTG : un seul nucléotide est remplacé (C par T), donc une substitution. L'ARNm passe de GGC à GAC : la glycine est remplacée par l'acide aspartique, un autre acide aminé : mutation faux-sens. La protéine a la même longueur mais un acide aminé différent (petit et neutre devenu acide et chargé), ce qui peut modifier sa forme et son site actif : activité de 3 % seulement.
m2 [0,25 pt] : le triplet ACC (codon 88) devient ACT : substitution d'un nucléotide (C par T). L'ARNm passe de UGG (Trp) à UGA, un codon stop : mutation non-sens. La traduction s'arrête au codon 88 : la chaîne ne compte que 87 acides aminés au lieu de 420, elle est tronquée et ne peut pas former une enzyme active, d'où l'activité nulle de m2//m2.
Pourcentage non synthétisé [0,25 pt] :

\frac{420 - 87}{420} = 0{,}793 \quad \text{soit environ } 79\ \%

m3 [0,25 pt] : le triplet GTT (codon 89) devient GTC : substitution d'un nucléotide (T par C). L'ARNm passe de CAA à CAG : les deux codons codent la glutamine, car le code génétique est dégénéré. Mutation silencieuse : la protéine est identique à la protéine normale, d'où une activité de 98 %, égale à la valeur normale à l'incertitude de mesure près, et un phénotype pigmenté.

3. [1 pt]

a) [0,25 pt] Les souris N//m2 ont 49 % de l'activité normale et sont pigmentées, comme les N//N : un seul allèle N suffit pour produire assez d'enzyme. L'allèle N masque l'allèle m2 chez l'hétérozygote, donc m2, qui ne s'exprime que chez m2//m2 (0 % d'activité, albinos), est récessif.

b) Les parents sont de génotype N//m2 [0,25 pt] : chacun produit deux types de gamètes, $\dfrac{1}{2}$ N et $\dfrac{1}{2}$ m2.

Gamètes ♂ \ gamètes ♀	$\dfrac{1}{2}$ N	$\dfrac{1}{2}$ m2
$\dfrac{1}{2}$ N	N//N : $\dfrac{1}{4}$	N//m2 : $\dfrac{1}{4}$
$\dfrac{1}{2}$ m2	N//m2 : $\dfrac{1}{4}$	m2//m2 : $\dfrac{1}{4}$

Proportions attendues [0,25 pt] : $\dfrac{3}{4}$ de souriceaux pigmentés (N//N et N//m2) et $\dfrac{1}{4}$ d'albinos (m2//m2), soit 150 pigmentés et 50 albinos sur 200.

Comparaison [0,25 pt] : on observe 153 pigmentés (76,5 %) et 47 albinos (23,5 %). L'écart avec 150 et 50 n'est que de 3 individus : les résultats sont compatibles avec les proportions $\dfrac{3}{4}$ et $\dfrac{1}{4}$ , aux fluctuations d'échantillonnage près. Le résultat confirme que l'allèle m2 est récessif.

4. [1 pt]

a) [0,5 pt] Proportions observées (0,25 pt) : $\dfrac{52}{200} = 26{,}0\ \%$ ; $\dfrac{49}{200} = 24{,}5\ \%$ ; $\dfrac{50}{200} = 25{,}0\ \%$ ; $\dfrac{49}{200} = 24{,}5\ \%$ , soit environ 25 % pour chacun des quatre phénotypes.

La souris albinos à poils longs est homozygote récessive pour les deux gènes (m2//m2 s//s) : elle ne forme que des gamètes m2 s, donc les phénotypes des descendants reflètent les gamètes du double hétérozygote. Celui-ci forme quatre types de gamètes en proportions égales (N S, N s, m2 S, m2 s : $\dfrac{1}{4}$ chacun). C'est le résultat attendu pour deux gènes indépendants, situés sur deux paires de chromosomes différentes (brassage interchromosomique) ; pour deux gènes liés, les phénotypes parentaux seraient nettement plus nombreux que les recombinés (0,25 pt).

b) [0,5 pt] Chaque double hétérozygote forme les quatre types de gamètes N S, N s, m2 S, m2 s, chacun avec la probabilité $\dfrac{1}{4}$ . L'échiquier $4 \times 4$ a 16 cases équiprobables. On obtient les proportions suivantes (0,25 pt) :

Phénotype	Génotypes	Proportion	Effectif pour 320
[pigmenté, poils courts]	N//- S//-	$\dfrac{9}{16}$	180
[pigmenté, poils longs]	N//- s//s	$\dfrac{3}{16}$	60
[albinos, poils courts]	m2//m2 S//-	$\dfrac{3}{16}$	60
[albinos, poils longs]	m2//m2 s//s	$\dfrac{1}{16}$	20

Effectifs attendus (0,25 pt) : $320 \times \dfrac{9}{16} = 180$ ; $320 \times \dfrac{3}{16} = 60$ (deux fois) ; $320 \times \dfrac{1}{16} = 20$ , soit 320 en tout. On retrouve le même résultat en multipliant les probabilités des deux gènes indépendants : $\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{9}{16}$ , $\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{16}$ , $\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{16}$ .

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Exercice 4 : Deuxième partie, une maladie héréditaire dans une famille et dans deux populations

3 points

Une maladie héréditaire rare, due à un gène autosomique ou lié à X (on cherche lequel), est étudiée dans une famille puis dans deux populations. On note $a$ l'allèle responsable de la maladie et $A$ l'allèle normal. Les données sont inventées pour cet exercice.

Document 1 : arbre généalogique de la famille (donné sous forme de tableau).

Individu	Sexe	Phénotype	Parents
I1	masculin	sain	non connus
I2	féminin	saine	non connus
II1	masculin	sain	I1 et I2
II2	féminin	malade	I1 et I2
II3	féminin	saine	I1 et I2
II4	masculin	sain	famille sans cas connu de la maladie, sans lien de parenté avec II3 ; issu de la population X du document 2

II3 et II4 attendent un enfant, noté III1.

Document 2 : génotypes dans deux populations (déterminés par analyse de l'ADN).

Population	Effectif	A//A	A//a	a//a
X : région de grand effectif, où les unions se font au hasard	10 000	9 506	488	6
Y : village isolé où, depuis de nombreuses générations, la plupart des mariages se font entre apparentés	2 000	1 911	78	11

À l'aide du document 1, montre que l'allèle responsable de la maladie est récessif et que le gène est autosomique. Donne le génotype de I1, I2 et II2, puis les génotypes possibles de II3. (0,75 pt)

Dans la population X, calcule les fréquences $p$ de l'allèle $A$ et $q$ de l'allèle $a$ . Calcule les effectifs attendus pour les trois génotypes si la population est en équilibre de Hardy-Weinberg, compare-les aux effectifs observés et conclus. Rappelle les conditions de validité de cette loi. (0,75 pt)

On considère que II4 représente un individu sain choisi au hasard dans la population X. Calcule la probabilité que III1 soit malade. (0,75 pt)

Dans la population Y, calcule la fréquence de l'allèle $a$ , puis compare les effectifs observés aux effectifs attendus à l'équilibre de Hardy-Weinberg. Conclus sur la condition de la loi qui n'est pas respectée. Compare la fréquence des malades dans les populations X et Y. (0,75 pt)

Voir le corrigé

1. [0,75 pt]

Allèle récessif [0,25 pt] : I1 et I2 sont sains et ont une fille malade, II2. Si l'allèle de la maladie était dominant, II2 l'aurait reçu d'un de ses parents, qui serait alors malade. L'allèle $a$ est donc présent chez I1 et I2 sans s'exprimer : il est récessif.
Gène autosomique [0,25 pt] : si le gène était porté par le chromosome X avec un allèle récessif, la fille malade serait $X^a // X^a$ et aurait reçu un chromosome $X^a$ de son père I1, qui serait alors malade ( $X^a // Y$ ). Or I1 est sain : le gène n'est pas lié à X, il est autosomique.
Génotypes [0,25 pt] : II2 est malade, donc $a//a$ . Elle a reçu $a$ de chaque parent, qui sont sains et donc hétérozygotes : I1 et I2 sont $A//a$ . II3 est saine et peut être $A//A$ ou $A//a$ .

2. [0,75 pt]

Fréquences alléliques [0,25 pt] : il y a $2 \times 10\,000 = 20\,000$ exemplaires du gène.

q = \frac{2 \times 6 + 488}{20\,000} = \frac{500}{20\,000} = 0{,}025 \qquad p = 1 - q = 0{,}975

Effectifs attendus à l'équilibre [0,25 pt] :

Génotype	Fréquence attendue	Effectif attendu	Effectif observé
A//A	$p^2 = 0{,}950625$	9 506,25	9 506
A//a	$2pq = 0{,}04875$	487,5	488
a//a	$q^2 = 0{,}000625$	6,25	6

Les écarts sont inférieurs à un individu pour chaque génotype (0,25 ; 0,5 ; 0,25) : la population X est en équilibre de Hardy-Weinberg.

Conditions [0,25 pt] : effectif très grand ; unions au hasard (panmixie) ; pas de mutation ; pas de sélection ; pas de migration (générations non chevauchantes).

3. [0,75 pt]

Probabilité que II3 soit hétérozygote [0,25 pt] : ses parents I1 et I2 sont $A//a$ ; leurs enfants sont $A//A$ avec la probabilité $\dfrac{1}{4}$ , $A//a$ avec $\dfrac{1}{2}$ et $a//a$ avec $\dfrac{1}{4}$ . II3 est saine, on exclut $a//a$ :

P(\text{II3 est } A//a) = \frac{1/2}{3/4} = \frac{2}{3}

Probabilité que II4 soit hétérozygote [0,25 pt] : II4 est sain, donc $A//A$ ou $A//a$ :

P(\text{II4 est } A//a) = \frac{2pq}{p^2 + 2pq} = \frac{0{,}04875}{0{,}950625 + 0{,}04875} = \frac{0{,}04875}{0{,}999375} = 0{,}0488 \quad \left(\text{exactement } \frac{2}{41}\right)

Probabilité d'un enfant malade [0,25 pt] : il faut que les deux parents soient hétérozygotes, puis que chacun transmette $a$ (probabilité $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ ) :

P(\text{III1 malade}) = \frac{2}{3} \times 0{,}0488 \times \frac{1}{4} = 0{,}0081 \quad \text{soit environ } 0{,}8\ \% \ (\text{1 chance sur 123})

Si l'on prend $2pq = 0{,}04875$ au lieu de la probabilité conditionnelle (hypothèse que la maladie est rare), on trouve 0,00813 : le même résultat à $10^{-4}$ près.

4. [0,75 pt]

Fréquence de l'allèle $a$ dans Y [0,25 pt] :

q = \frac{2 \times 11 + 78}{2 \times 2\,000} = \frac{100}{4\,000} = 0{,}025 \qquad p = 0{,}975

C'est la même fréquence allélique que dans X.

Comparaison avec l'équilibre [0,25 pt] :

Génotype	Effectif attendu à l'équilibre (2 000 × fréquence)	Effectif observé
A//A	$2\,000 \times 0{,}950625 = 1\,901{,}25$	1 911
A//a	$2\,000 \times 0{,}04875 = 97{,}5$	78
a//a	$2\,000 \times 0{,}000625 = 1{,}25$	11

Il y a un déficit net en hétérozygotes (78 au lieu de 97,5) et un excès d'homozygotes malades (11 au lieu de 1,25) : la population Y n'est pas à l'équilibre, bien que $q$ soit le même que dans X. La condition non respectée est la panmixie : les mariages répétés entre apparentés (consanguinité) rendent les unions non aléatoires. La consanguinité augmente la fréquence des homozygotes sans changer les fréquences alléliques. Le petit effectif d'un village isolé (dérive génétique) ferait varier $q$ , mais ne créerait pas à lui seul un déficit en hétérozygotes à $q$ donné : cet écart à $p^2$ , $2pq$ , $q^2$ est la signature de la consanguinité.

Fréquence des malades [0,25 pt] : dans X, $\dfrac{6}{10\,000} = 0{,}06\ \%$ ; dans Y, $\dfrac{11}{2\,000} = 0{,}55\ \%$ . La maladie est environ 9 fois plus fréquente dans Y ( $0{,}0055 / 0{,}0006 = 9{,}2$ ) pour une même fréquence de l'allèle $a$ : dans un village où l'on se marie entre apparentés, les deux parents ont plus de chances de porter le même allèle rare, hérité d'un ancêtre commun.

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Exercice 5 : Deuxième partie, un massif granitique et son encaissant

3 points

On étudie la région d'un massif granitique (région fictive, construite pour cet exercice) pour comprendre les transformations des roches qui l'entourent.

Document 1 : observations de terrain. Un massif de granite, large de 12 km, est entouré d'argilites (roches formées par d'anciennes argiles) et de grès. Ces roches sédimentaires sont plissées. Le contact entre le granite et les roches voisines est net : il coupe les plis. La bordure du granite contient des enclaves anguleuses de roches argileuses plissées ; le granite lui-même n'est pas plissé. À moins de 2 km du contact, les roches argileuses sont dures, leur aspect change et de nouveaux minéraux apparaissent ; au-delà, elles restent tendres et ternes, non transformées. Les limites entre les zones de minéraux sont parallèles au contact et coupent les couches plissées.

Document 2 : minéraux, température et pression selon la distance au contact (valeurs simplifiées).

Distance au contact (km)	Roche	Minéraux	Température (°C)	Pression (kbar)
0,1	cornéenne	cordiérite, sillimanite, feldspath potassique, quartz	650	2
0,7	schiste tacheté	andalousite, biotite, muscovite, quartz	550	2
1,5	schiste micacé	biotite, muscovite, chlorite, quartz	400	2
2,5	argilite non transformée	illite (argile), chlorite, quartz	220	2

Document 3 : composition chimique de la roche argileuse à trois distances du contact (oxydes en % de la masse de roche sans eau ; eau combinée dans les minéraux en % de la masse de roche totale).

Constituant	à 2,5 km du contact	à 0,7 km	à 0,1 km
$\text{SiO}_2$ (% de la roche sans eau)	65,1	64,8	65,3
$\text{Al}_2\text{O}_3$ (% de la roche sans eau)	21,1	21,3	20,9
$\text{K}_2\text{O}$ (% de la roche sans eau)	4,1	4,0	4,1
autres oxydes (% de la roche sans eau)	9,7	9,9	9,7
eau combinée (% de la masse de roche)	4,8	3,0	0,5

Données : $1\ \text{kbar} = 10^8\ \text{Pa}$ ; $g = 10\ \text{N/kg}$ ; masse volumique moyenne des roches de la croûte : 2 700 kg/m³ ; $P = \rho\, g\, z$ ; gradient géothermique normal : 30 °C par km ; température de cristallisation du magma granitique : environ 750 °C.

À l'aide du document 1, établis la chronologie relative entre le plissement des roches sédimentaires, la mise en place du granite et la transformation des roches argileuses, en citant les observations qui la justifient. (0,5 pt)

a) Trace la courbe de la température en fonction de la distance au contact (document 2) et décris-la. b) Calcule la profondeur correspondant à la pression indiquée, puis la température qu'on attendrait à cette profondeur avec le gradient normal. Compare-la aux températures du document 2. c) Conclus sur l'origine et le type de métamorphisme. (1 pt)

Avec le document 3, calcule pour $\text{SiO}_2$ , $\text{Al}_2\text{O}_3$ et l'eau la variation relative entre la roche à 2,5 km et celle à 0,1 km du contact. Que peux-tu en conclure sur la nature des transformations et sur le rôle de l'eau ? (0,75 pt)

Rédige une synthèse de 6 à 8 lignes qui explique comment la mise en place du granite a transformé les roches voisines, puis qui précise en quoi ce métamorphisme diffère du métamorphisme régional d'une chaîne de collision. (0,75 pt)

Voir le corrigé

1. [0,5 pt]

Chronologie [0,25 pt] : les roches sédimentaires ont été plissées avant le granite, car le contact du granite coupe les plis, que le granite contient des enclaves de roches argileuses déjà plissées et qu'il n'est lui-même pas plissé. Ordre : dépôt des sédiments, plissement, puis mise en place du granite.

Lien avec la transformation des roches argileuses [0,25 pt] : les limites des zones de minéraux sont parallèles au contact et coupent les couches plissées. Elles ne suivent donc pas la structure plissée, mais le granite. La transformation de ces roches est postérieure au plissement et liée à la mise en place du granite (contemporaine de son refroidissement ou consécutive à son intrusion), à moins de 2 km de son contact.

2. [1 pt]

a) [0,5 pt] Courbe (0,25 pt) : axe horizontal, distance au contact de 0 à 3 km ; axe vertical, température de 0 à 700 °C ; quatre points (0,1 ; 650), (0,7 ; 550), (1,5 ; 400), (2,5 ; 220) reliés par une courbe décroissante.

Description (0,25 pt) : la température diminue régulièrement quand on s'éloigne du granite, de 650 °C à 0,1 km à 220 °C à 2,5 km, soit en moyenne $\dfrac{650 - 220}{2{,}5 - 0{,}1} = 179\ ^\circ\text{C/km}$ . Les minéraux changent avec la température : sillimanite à 650 °C, andalousite à 550 °C, biotite et chlorite à 400 °C, argile à 220 °C.

b) [0,25 pt] La pression est la même partout (2 kbar), ce qui correspond à la profondeur :

z = \frac{P}{\rho\,g} = \frac{2 \times 10^{8}}{2\,700 \times 10} = 7{,}4 \times 10^{3}\ \text{m} = 7{,}4\ \text{km}

Avec le gradient normal, la température à cette profondeur serait de $30 \times 7{,}4 = 222\ ^\circ\text{C}$ . La roche à 2,5 km (220 °C) est à cette température : elle n'a pas été chauffée par le granite. À 1,5 km, 0,7 km et 0,1 km, les températures (400, 550 et 650 °C) dépassent de 178, 328 et 428 °C la valeur normale.

c) [0,25 pt] Les roches proches du granite ont été chauffées bien au-dessus de la température normale (gradient moyen au contact : $650 / 7{,}4 = 88\ ^\circ\text{C/km}$ , presque trois fois le gradient normal). La source de chaleur est le magma granitique (environ 750 °C à la cristallisation), qui cède de la chaleur aux roches encaissantes ; l'effet disparaît vers 2 km. La pression est constante et faible (2 kbar, 7,4 km de profondeur) : ce n'est pas un enfouissement qui est en cause. Il s'agit d'un métamorphisme de contact, de basse pression et de haute température, qui forme une auréole d'environ 2 km autour du granite.

3. [0,75 pt]

Variations relatives entre 2,5 km et 0,1 km [0,25 pt] :

\text{SiO}_2 : \frac{65{,}3 - 65{,}1}{65{,}1} = +0{,}3\ \% \qquad \text{Al}_2\text{O}_3 : \frac{20{,}9 - 21{,}1}{21{,}1} = -0{,}9\ \% \qquad \text{eau} : \frac{0{,}5 - 4{,}8}{4{,}8} = -89{,}6\ \%

Conclusion sur la composition [0,25 pt] : les oxydes étant exprimés sans l'eau, la comparaison ne dépend pas de la perte d'eau. À l'exception de l'eau, la composition chimique de la roche ne change pas (moins de 1 % de variation pour $\text{SiO}_2$ et $\text{Al}_2\text{O}_3$ , $\text{K}_2\text{O}$ et les autres oxydes varient de 0,2 point au plus d'une zone à l'autre). Le granite n'a donc apporté ni retiré de matière, et les roches n'ont pas fondu : de nouveaux minéraux (biotite, andalousite, sillimanite, cordiérite) se sont formés à l'état solide, par recristallisation, à partir des minéraux de l'argile : c'est une transformation isochimique.

Rôle de l'eau [0,25 pt] : la teneur en eau combinée passe de 4,8 % à 0,5 % (baisse de près de 90 % : $-89{,}6$ % de la masse de roche totale, $-90{,}0$ % si l'on rapporte l'eau à la roche sèche). Les argiles et la chlorite, riches en eau, disparaissent et sont remplacés par des minéraux qui contiennent peu ou pas d'eau (andalousite, sillimanite, feldspath potassique) : l'élévation de température provoque une déshydratation des roches, l'eau libérée quittant la roche.

4. [0,75 pt]

Exemple de synthèse :

« Après le plissement des roches sédimentaires, un magma granitique, à environ 750 °C, s'est mis en place à environ 7 km de profondeur, en recoupant les plis. Sa chaleur a été transmise aux roches argileuses voisines : la température diminue avec la distance au contact, de 650 °C à 220 °C en 2,5 km. Les roches ont recristallisé à l'état solide, sans changer de composition chimique, en perdant de l'eau, et des minéraux de plus en plus typiques de la haute température (chlorite et biotite, puis andalousite, puis sillimanite) se sont formés en approchant du granite, d'où des zones concentriques autour du massif. Ce métamorphisme de contact est local (une auréole de 2 km), de basse pression et dû à une source de chaleur. Le métamorphisme régional d'une chaîne de collision est, lui, étendu sur des centaines de kilomètres, il est dû à l'enfouissement des roches sous l'épaississement de la croûte, donc à des pressions beaucoup plus élevées, et il s'accompagne d'une déformation intense. »

Barème : chronologie et rôle de la chaleur du magma (0,25 pt) ; minéraux, état solide et absence de changement de composition (0,25 pt) ; comparaison avec le métamorphisme régional : étendue, pression, cause (0,25 pt).

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Exercice 6 : Deuxième partie, déchets plastiques et biodégradabilité

2 points

Une municipalité veut savoir quels déchets d'emballage peuvent être traités par compostage. Des fragments de 10,0 g de trois matériaux sont enterrés pendant 12 semaines dans trois milieux ; à chaque date, ils sont déterrés, séchés puis pesés. Les données sont inventées pour cet exercice.

Document 1 : masse restante (en g) après enfouissement. A : papier journal ; B : sachet « bioplastique » à base d'amidon ; C : sachet en polyéthylène.

Matériau	Milieu	4 semaines	8 semaines	12 semaines
A	compost actif	6,2	2,4	0,4
A	sol de jardin	8,6	6,8	4,7
A	compost stérilisé	10,0	9,9	9,9
B	compost actif	7,0	3,2	0,6
B	sol de jardin	9,4	8,4	6,9
B	compost stérilisé	10,0	10,0	9,9
C	compost actif	10,0	10,0	10,0
C	sol de jardin	10,0	10,0	10,0
C	compost stérilisé	10,0	10,0	10,0

Document 2 : caractéristiques des milieux.

Milieu	Température (°C)	Humidité (%)	Bactéries (par g)
Compost actif	52	55	$10^9$
Sol de jardin	18	20	$10^7$
Compost stérilisé (chauffé, puis maintenu à la même température et la même humidité que le compost actif)	52	55	0

Document 3 : consommation de sacs. Dans une ville de 200 000 habitants, chaque habitant utilise en moyenne 0,8 sachet en polyéthylène par jour ; un sachet pèse 6 g.

Calcule, pour chaque matériau, le pourcentage de masse perdue en 12 semaines dans le compost actif, dans le sol et dans le compost stérilisé (document 1). Déduis-en le matériau non biodégradable et justifie. (0,75 pt)

Explique le rôle du compost stérilisé, puis les différences entre le compost actif et le sol de jardin (documents 1 et 2). (0,5 pt)

Calcule la masse de sachets en polyéthylène utilisés par la ville en un jour, puis en un an de 365 jours (document 3). Explique pourquoi ces déchets s'accumulent dans l'environnement et propose deux mesures pour limiter cette pollution. (0,75 pt)

Voir le corrigé

1. [0,75 pt]

Perte de masse en 12 semaines = $\dfrac{10{,}0 - m_{12}}{10{,}0} \times 100$ [0,5 pt] :

Matériau	Compost actif	Sol de jardin	Compost stérilisé
A (papier)	$\dfrac{10{,}0 - 0{,}4}{10{,}0} = 96\ \%$	$\dfrac{10{,}0 - 4{,}7}{10{,}0} = 53\ \%$	$\dfrac{10{,}0 - 9{,}9}{10{,}0} = 1\ \%$
B (amidon)	$\dfrac{10{,}0 - 0{,}6}{10{,}0} = 94\ \%$	$\dfrac{10{,}0 - 6{,}9}{10{,}0} = 31\ \%$	1 %
C (polyéthylène)	0 %	0 %	0 %

Matériau non biodégradable [0,25 pt] : le polyéthylène (C) ne perd aucune masse, ni dans le compost actif, qui est pourtant très riche en micro-organismes, ni dans le sol, en 12 semaines : il n'est pas décomposé par les décomposeurs, il est pratiquement non biodégradable. Le papier (A) et le sachet à base d'amidon (B) perdent plus de 90 % de leur masse dans le compost actif : ils sont biodégradables.

2. [0,5 pt]

Compost stérilisé [0,25 pt] : ce milieu a la même température (52 °C) et la même humidité (55 %) que le compost actif, mais ne contient plus de bactéries. Les masses y restent presque constantes (perte de 1 % au plus). La chaleur et l'humidité seules ne détruisent donc pas les matériaux : la disparition de A et B dans le compost actif est due à l'activité des micro-organismes décomposeurs. C'est le témoin qui prouve que la biodégradation est un phénomène biologique.

Compost actif et sol [0,25 pt] : la dégradation est beaucoup plus rapide dans le compost actif (96 % et 94 % en 12 semaines) que dans le sol (53 % et 31 %). Le compost a une température plus élevée (52 °C contre 18 °C), une humidité plus forte (55 % contre 20 %) et 100 fois plus de bactéries par gramme ( $10^9$ contre $10^7$ ) : les conditions sont plus favorables à l'activité des décomposeurs. Ces trois différences agissent ensemble : les documents ne permettent pas de dire laquelle compte le plus (seul le compost stérilisé isole l'effet des bactéries).

3. [0,75 pt]

Masse utilisée [0,25 pt] :

m_{\text{jour}} = 200\,000 \times 0{,}8 \times 6\ \text{g} = 960\,000\ \text{g} = 960\ \text{kg}

m_{\text{an}} = 960\ \text{kg} \times 365 = 350\,400\ \text{kg} \approx 350\ \text{t}

Accumulation [0,25 pt] : le polyéthylène n'est pas biodégradable (question 1) : les sachets jetés dans la nature ou enfouis en décharge persistent, et s'accumulent année après année (environ 350 t par an dans cette ville, soit 3 500 t en 10 ans si rien n'est fait). Ils se fragmentent peu à peu en microplastiques qui polluent le sol, les cours d'eau et la mer, et entrent dans les chaînes alimentaires.

Mesures [0,25 pt] : deux mesures parmi : réduire l'usage des sachets à usage unique (sacs réutilisables, interdiction ou taxe) ; trier et recycler les plastiques ; remplacer les sachets en polyéthylène par des sachets biodégradables, à condition de les diriger vers le compost actif (document 1 : lente dans le sol) ; mettre en place une collecte et des décharges contrôlées pour que les sachets ne soient pas dispersés dans la nature.

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