Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. La multiplication est prioritaire sur la soustraction, on commence donc par elle :
\[\dfrac{5}{8} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{5 \times 1}{8 \times 3} = \dfrac{5}{24}\]
On met ensuite les deux fractions au même dénominateur 24 :
\[\dfrac{7}{8} – \dfrac{5}{24} = \dfrac{21}{24} – \dfrac{5}{24} = \dfrac{16}{24}\]
On simplifie par 8, le plus grand diviseur commun de 16 et 24 : \(\dfrac{16}{24} = \dfrac{2 \times 8}{3 \times 8} = \dfrac{2}{3}\). Comme 2 et 3 n’ont pas d’autre diviseur commun que 1, la fraction est irréductible : le résultat est \(\dfrac{2}{3}\).
2. Remarque : dans l’énoncé, « 22 » doit se lire \(2^2\) (en effet \(2^2 \times 5 \times 19 = 4 \times 95 = 380\), alors que \(22 \times 5 \times 19 = 2\,090\)). On a donc \(342 = 2 \times 3^2 \times 19\) et \(380 = 2^2 \times 5 \times 19\).
Le plus grand diviseur commun s’obtient en gardant les facteurs premiers présents dans les deux décompositions, chacun avec le plus petit exposant : le facteur 2 (exposant 1 dans 342) et le facteur 19. Les facteurs 3 et 5 n’apparaissent que dans une seule des deux décompositions.
\[2 \times 19 = 38\]
Vérification : \(342 = 38 \times 9\) et \(380 = 38 \times 10\), et 9 et 10 n’ont aucun diviseur commun autre que 1. Le plus grand entier qui divise 342 et 380 est 38.
3. On écrit les deux longueurs avec la même puissance de 10 :
\[0{,}9 \times 10^{-5} = 0{,}9 \times 10^{3} \times 10^{-8} = 900 \times 10^{-8}\]
Comme \(11 \lt 900\), on a \(11 \times 10^{-8} \lt 900 \times 10^{-8}\). La longueur \(11 \times 10^{-8}\) m est plus petite que \(0{,}9 \times 10^{-5}\) m (en écriture décimale : 0,000 000 11 m contre 0,000 009 m).
4. Le rayon est la moitié du diamètre : \(r = 6 : 2 = 3\) cm. On applique la formule :
\[V = \dfrac{4}{3} \times \pi \times 3^3 = \dfrac{4}{3} \times 27 \times \pi = 36\pi\]
\[36\pi \approx 113{,}097\]
Le volume de la boule vaut environ 113 cm³ (au cm³ près).
5. Si le triangle était rectangle, l’hypoténuse serait le plus grand côté, celui de 6,4 cm. On compare le carré du plus grand côté à la somme des carrés des deux autres :
\[6{,}4^2 = 40{,}96\]
\[3{,}9^2 + 5{,}2^2 = 15{,}21 + 27{,}04 = 42{,}25\]
Comme \(40{,}96 \neq 42{,}25\), l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée. D’après la contraposée du théorème de Pythagore, ce triangle n’est pas rectangle.
6. Remarque : « 15 » est une coquille de l’énoncé pour \(\dfrac{1}{5}\) (une probabilité ne peut pas dépasser 1).
Les 20 boules ont la même chance d’être tirées : la probabilité de tirer une boule jaune est donc \(\dfrac{\text{nombre de boules jaunes}}{20}\). Si on note \(j\) ce nombre, on doit avoir :
\[\dfrac{j}{20} = \dfrac{1}{5}\]
d’où \(j = \dfrac{20}{5} = 4\). Il y a 4 boules jaunes dans l’urne.
7. La roue compte 12 secteurs équiprobables. Les secteurs gris portent les nombres 2, 5, 8, 13, 15 et 23.
Parmi eux, on garde les nombres premiers (qui ont exactement deux diviseurs, 1 et eux-mêmes) : 2, 5, 13 et 23. En revanche \(8 = 2 \times 4\) et \(15 = 3 \times 5\) ne sont pas premiers.
Il y a donc 4 issues favorables sur 12 issues possibles :
\[p = \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{3}\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{3}\).
Exercice 2 :
1. L’étendue est la différence entre le plus grand et le plus petit diamètre. Elle vaut 12 mm, soit 1,2 cm. Le plus grand diamètre est 8,2 cm (aucune boule ne dépasse 8,2 cm et deux valeurs du tableau valent 8,2 cm).
Le diamètre manquant est celui de la boule de 620 g ; comme tous les autres diamètres du tableau sont supérieurs ou égaux à 7,05 cm, c’est lui le plus petit diamètre \(d\), et :
\[8{,}2 – d = 1{,}2 \quad \text{donc} \quad d = 8{,}2 – 1{,}2 = 7\]
La boule de 620 g a bien un diamètre de 7 cm.
2. a. Il y a \(10 \times 3 = 30\) boules (on retrouve bien 30 en additionnant les effectifs). On calcule la masse totale en multipliant chaque masse par son effectif :
\[620 \times 1 + 626 \times 2 + 633 \times 4 + 655 \times 5 + 678 \times 2 + 725 \times 3 + 758 \times 4\]
\[+\ 767 \times 1 + 775 \times 1 + 790 \times 2 + 800 \times 2 + 805 \times 2 + 813 \times 1 = 21\,387\]
La masse moyenne vaut donc \(\dfrac{21\,387}{30} = 712{,}9\) g. Comme \(712{,}9 \geq\, 626\), la masse moyenne est bien supérieure ou égale à 626 g.
b. Les 30 masses sont rangées dans l’ordre croissant dans le tableau. Avec un effectif pair, la médiane est la moyenne des 15e et 16e valeurs. Les effectifs cumulés sont : 1 ; 3 ; 7 ; 12 ; 14 ; 17 ; … La masse 725 g occupe donc les rangs 15, 16 et 17 : les 15e et 16e valeurs valent toutes deux 725 g. La masse médiane est 725 g.
3. Toutes les boules sont en acier : le critère du métal est respecté. On repère les boules qui ne respectent pas le diamètre ou la masse, sans compter deux fois la même.
- Diamètre inférieur à 7,05 cm : la boule de 7 cm, soit 1 boule.
- Diamètre supérieur à 8 cm : les boules de 8,1 cm et de 8,2 cm, soit \(2 + 2 + 1 = 5\) boules.
- Masse inférieure à 650 g : les boules de 620 g, 626 g et 633 g, soit \(1 + 2 + 4 = 7\) boules, mais celle de 620 g est déjà comptée (c’est celle de 7 cm) : 6 boules de plus.
- Masse supérieure à 800 g : les boules de 805 g et 813 g, déjà comptées pour leur diamètre.
Au total, \(1 + 5 + 6 = 12\) boules seraient refusées sur 30. Or un tiers de 30 boules, c’est \(30 : 3 = 10\) boules, et \(12 \geq\, 10\) : la proportion de boules refusées est \(\dfrac{12}{30} = \dfrac{2}{5} = 0{,}4\), qui dépasse \(\dfrac{1}{3} \approx 0{,}33\).
Oui, on peut affirmer qu’au moins un tiers des boules (ici 12 sur 30) ne seraient pas acceptées en compétition officielle.
Exercice 3 :
1. a. On suit le programme avec 3 : \(3 + 2 = 5\), puis \(5^2 = 25\), puis \(25 – 9 = 16\). On obtient bien 16.
b. Avec \(-6\) : \(-6 + 2 = -4\), puis \((-4)^2 = 16\) (le carré d’un nombre négatif est positif), puis \(16 – 9 = 7\). Le programme donne 7.
2. Avec \(x\) : on ajoute 2 et on obtient \(x + 2\), on élève au carré, ce qui donne \((x+2)^2\), et on enlève 9. Le résultat est \((x+2)^2 – 9\).
3. a. Comme \(9 = 3^2\), le résultat est une différence de deux carrés. On utilise l’identité remarquable \(a^2 – b^2 = (a-b)(a+b)\) avec \(a = x + 2\) et \(b = 3\) :
\[(x+2)^2 – 3^2 = \big((x+2) + 3\big)\big((x+2) – 3\big) = (x+5)(x-1)\]
Le résultat s’écrit bien \((x+5)(x-1)\).
b. On résout \((x+5)(x-1) = 0\). Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul :
\[x + 5 = 0 \quad \text{ou} \quad x – 1 = 0\]
\[x = -5 \quad \text{ou} \quad x = 1\]
Il faut choisir \(-5\) ou 1 pour obtenir 0.
c. Il suffit que les deux facteurs soient de signes contraires. Avec \(x = 0\) : \((0+5)(0-1) = 5 \times (-1) = -5\), qui est négatif. Par exemple \(x = 0\) convient (toute valeur strictement comprise entre \(-5\) et 1 convient aussi).
4. On développe \((x+2)^2\) avec l’identité \((a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) :
\[(x+2)^2 – 9 = x^2 + 2 \times x \times 2 + 2^2 – 9 = x^2 + 4x + 4 – 9 = x^2 + 4x – 5\]
Le résultat s’écrit bien \(x^2 + 4x – 5\). (On peut aussi développer \((x+5)(x-1) = x^2 – x + 5x – 5 = x^2 + 4x – 5\).)
5. a. Une fonction affine s’écrit \(x \mapsto ax + b\). Ici l’expression contient le terme \(x^2\), qui ne disparaît pas. La fonction \(f\) n’est pas une fonction affine. On le vérifie avec des valeurs : \(f(0) = -5\), \(f(1) = 0\), \(f(2) = 7\) ; les accroissements \(0 – (-5) = 5\) et \(7 – 0 = 7\) ne sont pas égaux, ce qui serait le cas pour une fonction affine.
b. On cherche les nombres \(x\) tels que \(f(x) = -5\) :
\[x^2 + 4x – 5 = -5\]
\[x^2 + 4x = 0\]
\[x(x + 4) = 0\]
Un produit est nul si l’un de ses facteurs est nul : \(x = 0\) ou \(x + 4 = 0\), c’est-à-dire \(x = -4\). Vérification : \(f(-4) = 16 – 16 – 5 = -5\). Les antécédents de \(-5\) par \(f\) sont 0 et \(-4\).
Exercice 4 :
1. Le dénivelé est la différence des altitudes de l’arrivée et du départ :
\[\text{AH} = 475 – 213 = 262\ \text{m}\]
Le dénivelé AH vaut bien 262 m.
2. Le triangle ADH est rectangle en H. Par rapport à l’angle \(\widehat{\text{ADH}}\), on connaît le côté opposé AH = 262 m et l’hypoténuse AD = 673 m. On utilise donc le sinus :
\[\sin \widehat{\text{ADH}} = \dfrac{\text{AH}}{\text{AD}} = \dfrac{262}{673}\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{ADH}} = \arcsin(\dfrac{262}{673}) \approx 22{,}911^\circ\). L’angle \(\widehat{\text{ADH}}\) mesure environ \(22{,}9^\circ\).
3. Il faut d’abord la distance horizontale DH. Dans le triangle ADH rectangle en H, le théorème de Pythagore donne :
\[\text{DH}^2 = \text{AD}^2 – \text{AH}^2 = 673^2 – 262^2 = 452\,929 – 68\,644 = 384\,285\]
\[\text{DH} = \sqrt{384\,285} \approx 619{,}9\ \text{m}\]
La pente vaut alors :
\[\text{pente} = \dfrac{262}{619{,}9} \approx 0{,}423 \text{, soit environ } 42{,}3\ \%\]
Autre raisonnement rapide : une pente de 50 % signifierait \(\text{AH} = 0{,}5 \times \text{DH} \approx 310\) m, or le dénivelé n’est que de 262 m. Non, la pente de ce téléphérique (environ 42 %) n’est pas supérieure à 50 %.
4. a. Le trajet de 673 m dure 4 min, soit \(4 \times 60 = 240\) s. La vitesse est le quotient de la distance par la durée :
\[v = \dfrac{673}{240} \approx 2{,}804\ \text{m/s}\]
La vitesse est bien d’environ 2,8 m/s.
b. La vitesse étant constante, en 3 minutes le point d’attache a parcouru les \(\dfrac{3}{4}\) du câble. Sur la droite (DA), l’altitude gagnée est proportionnelle à la distance parcourue (c’est la propriété de Thalès dans le triangle ADH, ou le fait que le sinus de l’angle est constant) : le point d’attache s’est donc élevé des \(\dfrac{3}{4}\) du dénivelé.
\[\dfrac{3}{4} \times 262 = 196{,}5\ \text{m}\]
\[213 + 196{,}5 = 409{,}5\ \text{m}\]
Trois minutes après le départ, le point d’attache se trouve à 409,5 m d’altitude (environ 409 m si l’on part de la vitesse arrondie à 2,8 m/s : \(2{,}8 \times 180 = 504\) m parcourus et \(504 \times \dfrac{262}{673} \approx 196{,}2\) m de montée).
5. Les deux parents paient chacun le plein tarif : \(2 \times 5{,}60 = 11{,}20\) €. Notons \(n\) le nombre d’enfants de moins de 15 ans ; les \(5 – n\) autres enfants ont entre 15 et 18 ans. Le total payé donne l’équation :
\[11{,}20 + 3{,}20n + 4{,}20(5 – n) = 30{,}20\]
\[11{,}20 + 3{,}20n + 21 – 4{,}20n = 30{,}20\]
\[32{,}20 – n = 30{,}20\]
\[n = 2\]
Vérification : \(11{,}20 + 2 \times 3{,}20 + 3 \times 4{,}20 = 11{,}20 + 6{,}40 + 12{,}60 = 30{,}20\) €. Dans la famille Dupond, 2 enfants ont moins de 15 ans (et 3 ont entre 15 et 18 ans).
Exercice 5 :
1. a. La figure 1 est formée du grand triangle et de 5 triangles plus petits emboîtés : on y compte 6 triangles. Chaque passage dans la boucle trace un triangle, donc le nombre effacé est 6 (« répéter 6 fois »).
b. Pour tracer un triangle équilatéral, le lutin doit, à chaque sommet, tourner de l’angle extérieur du triangle. Les angles d’un triangle équilatéral mesurent 60°, l’angle dont il faut tourner vaut donc \(180^\circ – 60^\circ = 120^\circ\) (et après 3 rotations, \(3 \times 120^\circ = 360^\circ\), le lutin a fait un tour complet). Le nombre effacé est 120 (« tourner de 120 degrés »).
2. Le premier triangle est tracé avec côté = 125. Juste après, la variable côté est multipliée par k = 0,8 :
\[125 \times 0{,}8 = 100\]
Le deuxième triangle a donc un côté de 100 pixels.
3. Affirmation 1 : d’un triangle au suivant, le côté est multiplié par 0,8. Or diminuer une quantité de 20 %, c’est la multiplier par \(1 – \dfrac{20}{100} = 0{,}8\). Par exemple, on passe de 125 à 100 pixels : la baisse est de 25 pixels, et \(\dfrac{25}{125} = 0{,}2 = 20\ \%\). L’affirmation 1 est vraie.
Affirmation 2 : chaque triangle est une réduction du précédent de rapport \(k = 0{,}8\). Dans une réduction de rapport \(k\), les aires sont multipliées par \(k^2\) :
\[0{,}8^2 = 0{,}64\]
L’affirmation 2 est vraie.
4. a. Tous les triangles partent du même point, l’origine (0 ; 0), qui est leur sommet inférieur gauche, et leurs côtés sont parallèles ; les longueurs sont multipliées par 0,8. On passe d’un triangle au suivant par une homothétie de centre le point de coordonnées (0 ; 0) (le sommet commun en bas à gauche) et de rapport 0,8.
b. Pour obtenir un agrandissement, il faut que le côté augmente à chaque tour, donc que le coefficient k soit strictement supérieur à 1. Par exemple \(k = 1{,}2\) (toute valeur supérieure à 1 convient ; il faudra alors peut-être réduire le côté de départ pour que les dessins restent dans la scène).
Retour à l’énoncé : Brevet de maths 2020 aux centres étrangers (septembre) : sujet et corrigé.
