Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse A : 12. On range les 7 valeurs dans l’ordre croissant : 2 ; 6 ; 10 ; 12 ; 14 ; 22 ; 25. L’effectif est impair, la médiane est la valeur du milieu, la 4e : 12 (trois valeurs en dessous, trois au-dessus).
2. Réponse B : 0,3. Le sac contient \(50 + 45 + 45 + 60 = 200\) billes, toutes équiprobables, dont 60 jaunes : \(p = \dfrac{60}{200} = \dfrac{3}{10} = 0{,}3\). La réponse A (60) ne peut pas être une probabilité puisqu’elle dépasse 1.
3. Réponse C : \(2 \times 2 \times 5 \times 101\). On a \(2\,020 = 2 \times 1\,010 = 2 \times 2 \times 505 = 2 \times 2 \times 5 \times 101\), et 101 est premier (il n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5, ni par 7, et \(11^2 = 121 \gt 101\)). La réponse A contient 10, qui n’est pas premier, et la réponse B vaut \(2\,525\).
4. Réponse C : \(\dfrac{4}{3}\pi R^3\). Un volume s’exprime avec une longueur au cube ; \(2\pi R\) est le périmètre d’un cercle et \(\pi R^2\) l’aire d’un disque.
5. Réponse A : elle agrandit les longueurs. Une homothétie de rapport \(k\) multiplie les longueurs par \(|k|\) (la valeur du rapport sans son signe). Ici \(|-2| = 2 \gt 1\) : les longueurs sont doublées. Le signe moins indique seulement que l’image est « de l’autre côté » du centre A.
Exercice 2 :
1. Avec 2 : on ajoute 7 et on obtient \(2 + 7 = 9\) ; on soustrait 7 au nombre de départ : \(2 – 7 = -5\) ; on multiplie les deux résultats : \(9 \times (-5) = -45\) ; on ajoute 50 : \(-45 + 50 = 5\). On obtient bien 5.
2. Avec \(-10\) : \(-10 + 7 = -3\) et \(-10 – 7 = -17\). Le produit de deux nombres négatifs est positif : \((-3) \times (-17) = 51\). Enfin \(51 + 50 = 101\). Le résultat est 101.
3. Pour montrer qu’une affirmation générale est fausse, un seul contre-exemple suffit. Avec \(-10\), le double augmenté de 1 donne \(2 \times (-10) + 1 = -19\), alors que le programme donne 101 (question 2). L’élève a tort : l’égalité obtenue avec 2 est une coïncidence.
4. Avec \(x\) au départ, les deux résultats intermédiaires sont \(x + 7\) et \(x – 7\). Leur produit se calcule avec l’identité remarquable \((a+b)(a-b) = a^2 – b^2\) :
\[(x+7)(x-7) = x^2 – 7^2 = x^2 – 49\]
On ajoute ensuite 50 : \(x^2 – 49 + 50 = x^2 + 1\). Le résultat du programme est bien \(x^2 + 1\).
5. On résout l’équation \(x^2 + 1 = 17\) :
\[x^2 = 16\]
Les nombres dont le carré vaut 16 sont 4 et \(-4\) (on peut aussi écrire \(x^2 – 16 = (x-4)(x+4) = 0\)). Vérification : \(4^2 + 1 = 17\) et \((-4)^2 + 1 = 17\). Il faut choisir 4 ou \(-4\).
Exercice 3 :
1. H est le milieu de [BC], donc \(\text{HC} = \dfrac{290}{2} = 145\) cm. Le triangle AHC est rectangle en H (sur la vue de côté, [AH] est perpendiculaire à [BC]), d’hypoténuse [AC] de longueur 342 cm. D’après le théorème de Pythagore :
\[\text{AC}^2 = \text{AH}^2 + \text{HC}^2\]
\[\text{AH}^2 = 342^2 – 145^2 = 116\,964 – 21\,025 = 95\,939\]
\[\text{AH} = \sqrt{95\,939} \approx 309{,}74\ \text{cm}\]
La hauteur du portique est d’environ 310 cm.
2. Les points A, N, C sont alignés, ainsi que A, M, B, et les droites (MN) et (BC) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès dans les triangles AMN et ABC :
\[\dfrac{\text{AN}}{\text{AC}} = \dfrac{\text{AM}}{\text{AB}} = \dfrac{\text{MN}}{\text{BC}}\]
\[\dfrac{165}{342} = \dfrac{\text{MN}}{290}\]
\[\text{MN} = \dfrac{165 \times 290}{342} \approx 139{,}9\ \text{cm}\]
Chaque barre de maintien mesure bien environ 140 cm.
3. On fait la liste du matériel en choisissant chaque fois la pièce la moins chère qui convient.
- La poutre du haut mesure 384 cm : il faut une poutre de 4 m, à 12,99 €.
- Les pieds mesurent 342 cm chacun et il y en a 4 (deux de chaque côté) : il faut 4 poutres de 3,5 m (celles de 3 m sont trop courtes), soit \(4 \times 11{,}75 = 47\) €.
- Les deux barres de maintien mesurent environ 140 cm chacune, soit 280 cm en tout. Deux barres de 1,5 m coûteraient \(2 \times 3{,}89 = 7{,}78\) €, mais une seule barre de 3 m coupée en deux suffit (\(280 \leq\, 300\)) et ne coûte que 6,99 €.
On ajoute les fixations (80 €) et les deux balançoires (50 €) :
\[12{,}99 + 47 + 6{,}99 + 80 + 50 = 196{,}98\ \text{€}\]
Le coût minimal du portique équipé est bien de 196,98 €.
4. Augmenter un prix de 20 %, c’est le multiplier par \(1 + \dfrac{20}{100} = 1{,}2\) :
\[196{,}98 \times 1{,}2 = 236{,}376\]
Le prix de vente est d’environ 236,38 €.
5. Le triangle ABC est isocèle en A et H est le milieu de [BC] : la droite (AH) est donc un axe de symétrie du triangle, et elle partage l’angle \(\widehat{\text{BAC}}\) en deux angles égaux, \(\widehat{\text{BAH}}\) et \(\widehat{\text{HAC}}\).
Dans le triangle AHC rectangle en H, on connaît le côté opposé à \(\widehat{\text{HAC}}\) (HC = 145 cm) et l’hypoténuse (AC = 342 cm) :
\[\sin \widehat{\text{HAC}} = \dfrac{\text{HC}}{\text{AC}} = \dfrac{145}{342}\]
La calculatrice donne \(\widehat{\text{HAC}} \approx 25{,}09^\circ\), donc :
\[\widehat{\text{BAC}} = 2 \times \widehat{\text{HAC}} \approx 50{,}2^\circ\]
Comme \(45^\circ \leq\, 50{,}2^\circ \leq\, 55^\circ\), le portique respecte la condition de sécurité.
Exercice 4 :
1. Tarif A : on multiplie le nombre de demi-journées par 8. Tarif B : on ajoute 30 € à 5 € par demi-journée. Annexe 1 complétée :
| A | B | C | D | E | F | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | Nombre de demi-journées | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 2 | Tarif A | 8 | 16 | 24 | 32 | 40 |
| 3 | Tarif B | 35 | 40 | 45 | 50 | 55 |
2. Réponse D : =30+5*B1. Le tarif B vaut 30 € d’adhésion plus 5 € fois le nombre de demi-journées, qui se trouve en B1. On contrôle : \(30 + 5 \times 1 = 35\), et après recopie vers la droite, C3 contient =30+5*C1, soit 40. Les formules B et C donnent 35 en B3 mais pas 40 en C3, la A correspond au tarif A et la E donnerait 35 partout.
3. Une situation de proportionnalité est représentée par une fonction linéaire, de la forme \(x \mapsto ax\). C’est le cas de \(f(x) = 8x\) (coefficient 8), mais pas de \(g\) à cause de l’adhésion de 30 € (par exemple 2 demi-journées coûtent 40 € et non \(2 \times 35 = 70\) €). C’est la fonction \(f\) (tarif A) qui traduit une situation de proportionnalité.
4. La fonction \(f\) est linéaire : sa représentation est une droite qui passe par l’origine du repère. Il suffit d’un second point, par exemple \(f(10) = 80\) : on trace la droite passant par (0 ; 0) et (10 ; 80) ; elle passe aussi par (5 ; 40) et atteint 112 € pour 14 demi-journées.
5. Les deux droites se coupent au point de coordonnées (10 ; 80). Par le calcul : \(8x = 30 + 5x\) donne \(3x = 30\), soit \(x = 10\), et les deux tarifs valent alors \(8 \times 10 = 80\) €. Les deux tarifs sont égaux pour 10 demi-journées (80 € dans les deux cas).
6. On cherche, pour chaque tarif, le plus grand nombre entier de demi-journées dont le coût ne dépasse pas 100 €.
- Tarif A : \(8x \leq\, 100\) donne \(x \leq\, 12{,}5\), soit au plus 12 demi-journées (96 €).
- Tarif B : \(30 + 5x \leq\, 100\) donne \(5x \leq\, 70\), soit \(x \leq\, 14\) : 14 demi-journées pour exactement 100 €.
Graphiquement, on trace la droite horizontale d’ordonnée 100 : elle coupe la droite de \(g\) au point d’abscisse 14, et celle de \(f\) au point d’abscisse 12,5. Avec 100 €, on peut participer au maximum à 14 demi-journées, en choisissant le tarif B.
Exercice 5 :
1. a. Le triangle DEC est isocèle en D, donc ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{\text{DEC}} = \widehat{\text{DCE}} = 85^\circ\). La somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc :
\[\widehat{\text{CDE}} = 180^\circ – 85^\circ – 85^\circ = 10^\circ\]
L’angle \(\widehat{\text{CDE}}\) mesure bien 10°.
b. Au début de la ligne 6, le lutin vient de parcourir [BC] : il est en C et regarde dans la direction qui prolonge [BC] au-delà de C. Pour partir vers D, il doit tourner de l’angle entre ce prolongement et [CD]. Cet angle est le supplémentaire de l’angle \(\widehat{\text{BCD}} = \widehat{\text{ECD}} = 85^\circ\) de la pale : \(180^\circ – 85^\circ = 95^\circ\). C’est pour cela que le lutin tourne de 95° : dans Scratch, on tourne toujours de l’angle extérieur de la figure, pas de l’angle intérieur.
c. De la même façon, après la ligne 7 le lutin est en D et regarde dans le prolongement de [CD]. Pour repartir vers E, il doit tourner du supplémentaire de l’angle \(\widehat{\text{CDE}} = 10^\circ\) :
\[180^\circ – 10^\circ = 170^\circ\]
La valeur à inscrire ligne 8 est 170. (Contrôle : sur une pale, le lutin tourne à gauche de \(95 + 170 + 95 = 360\) degrés en longeant le triangle, ce qui correspond bien à un tour complet autour du triangle DEC.)
2. L’éolienne compte 3 pales. Le bloc « pale » trace une pale et ramène le lutin au centre dans sa direction de départ (les lignes 13 et 14 le font revenir en A puis faire demi-tour), puis le lutin tourne de 120° avant de tracer la pale suivante. Trois rotations de 120° font \(3 \times 120^\circ = 360^\circ\), un tour complet. Il faut répéter 3 fois.
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