Corrigé du brevet de maths 2025 en Amérique du Nord

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Amérique du nord 2025 : brevet de maths avec sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Cinq situations indépendantes, 20 points

Situation 1. L’urne contient 40 boules indiscernables au toucher : 5 rouges, 20 vertes et 15 blanches. On cherche la probabilité de tirer une boule verte.

Les tirages sont équiprobables et 20 boules sur 40 sont vertes, donc :

\[ P(\text{verte}) = \frac{20}{40} = \frac{1}{2}. \]

La probabilité d’obtenir une boule verte est \( \frac{1}{2} \), soit 0,5.

Situation 2. On décompose 1 050 en produit de facteurs premiers en divisant successivement par les plus petits nombres premiers possibles :

\[ 1\,050 = 2 \times 525 = 2 \times 3 \times 175 = 2 \times 3 \times 5 \times 35 = 2 \times 3 \times 5 \times 5 \times 7. \]

Donc \( 1\,050 = 2 \times 3 \times 5^2 \times 7 \).

Situation 3. Un article coûte 25 € ; on veut son prix après une hausse de 14 %.

Augmenter de 14 % revient à multiplier par \( 1 + \frac{14}{100} = 1{,}14 \) :

\[ 25 \times 1{,}14 = 28{,}5. \]

Après l’augmentation, l’article coûte 28,50 €.

Situation 4. Le polygone 2 est un agrandissement de coefficient 2,5 du polygone 1, dont l’aire vaut 7,5 cm². On cherche l’aire du polygone 2.

Dans un agrandissement de coefficient \( k \), les aires sont multipliées par \( k^2 \). Ici \( k^2 = 2{,}5^2 = 6{,}25 \), donc :

\[ \mathcal{A}_2 = 7{,}5 \times 6{,}25 = 46{,}875 \text{ cm}^2. \]

L’aire du polygone 2 est 46,875 cm².

Situation 5. Les tailles des élèves d’une classe de 3e sont réparties ainsi :

Taille (cm)	152	157	160	162	165	170	174	180
Effectif	2	4	2	5	2	4	6	5
Effectifs cumulés	2	6	8	13	15	19	25	30

a) On demande la taille moyenne. L’effectif total est \( 2+4+2+5+2+4+6+5 = 30 \) élèves. La moyenne pondérée vaut :

\[ M = \frac{152 \times 2 + 157 \times 4 + 160 \times 2 + 162 \times 5 + 165 \times 2 + 170 \times 4 + 174 \times 6 + 180 \times 5}{30} = \frac{5\,016}{30} = 167{,}2. \]

La taille moyenne des élèves est 167,2 cm.

b) On demande la taille médiane. L’effectif total, 30, est pair : la médiane est la moyenne des 15e et 16e valeurs de la série rangée dans l’ordre croissant. D’après les effectifs cumulés, la 15e valeur est 165 cm (les élèves n° 14 et 15 mesurent 165 cm) et la 16e est 170 cm. Donc :

\[ \text{Médiane} = \frac{165 + 170}{2} = 167{,}5. \]

La médiane des tailles est 167,5 cm : au moins la moitié des élèves mesurent 167,5 cm ou moins, et au moins la moitié mesurent 167,5 cm ou plus.

Exercice 2 :

Pythagore, Thalès, trigonométrie et aires, 20 points

Données : les points A, B, E et M sont alignés, ainsi que A, C et D ; ADE est rectangle en E, ABC est rectangle en B ; AD = 70 m, BC = 30 m, AC = 50 m et \( \widehat{DME} = 60^\circ \).

1. Calculer la longueur AB.

Le triangle ABC est rectangle en B, d’hypoténuse [AC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ AC^2 = AB^2 + BC^2 \quad\text{donc}\quad 50^2 = AB^2 + 30^2, \]
\[ AB^2 = 2\,500 – 900 = 1\,600 \quad\text{et}\quad AB = \sqrt{1\,600} = 40. \]

On obtient AB = 40 m.

2. Montrer que (DE) et (BC) sont parallèles.

Le triangle ADE est rectangle en E, donc (DE) est perpendiculaire à (AE), c’est-à-dire à la droite (AB) puisque A, B et E sont alignés. Le triangle ABC est rectangle en B, donc (BC) est aussi perpendiculaire à (AB).

Or deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles : (DE) et (BC) sont parallèles.

3. Montrer que DE = 42 m.

Les points E, A, B d’une part et D, A, C d’autre part sont alignés, et les droites (DE) et (BC) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès dans les triangles ADE et ACB :

\[ \frac{AE}{AB} = \frac{AD}{AC} = \frac{DE}{BC}, \quad\text{soit}\quad \frac{AE}{40} = \frac{70}{50} = \frac{DE}{30}. \]

On en déduit :

\[ DE = \frac{70 \times 30}{50} = \frac{2\,100}{50} = 42. \]

On a bien DE = 42 m. Au passage, \( AE = \frac{70 \times 40}{50} = 56 \) m, ce qui servira à la question 5.

4. Montrer que EM est environ égale à 24,2 m.

Le triangle DEM est rectangle en E. Pour l’angle \( \widehat{DME} \), le côté [DE] est le côté opposé et [EM] le côté adjacent :

\[ \tan \widehat{DME} = \frac{DE}{EM} \quad\text{donc}\quad \tan 60^\circ = \frac{42}{EM} \quad\text{et}\quad EM = \frac{42}{\tan 60^\circ} \approx 24{,}249. \]

Ainsi EM ≈ 24,2 m (au dixième près).

5. En déduire l’aire du triangle AMD.

Le point M est sur le segment [EA], donc le triangle ADE est partagé en deux triangles : DEM et AMD. L’aire cherchée est la différence des deux aires.

• Aire du triangle ADE, rectangle en E : \( \mathcal{A}_{ADE} = \dfrac{AE \times DE}{2} = \dfrac{56 \times 42}{2} = 1\,176 \) m².
• Aire du triangle DEM, rectangle en E : \( \mathcal{A}_{DEM} = \dfrac{EM \times DE}{2} \approx \dfrac{24{,}249 \times 42}{2} \approx 509{,}2 \) m².

\[ \mathcal{A}_{AMD} = \mathcal{A}_{ADE} – \mathcal{A}_{DEM} \approx 1\,176 – 509{,}2 \approx 666{,}8 \text{ m}^2. \]

L’aire du triangle AMD est d’environ 666,8 m².

Autre méthode : \( AM = AE – EM \approx 56 – 24{,}249 = 31{,}751 \) m. Dans le triangle AMD, la hauteur issue de D est [DE] (car (DE) est perpendiculaire à (AM)), d’où \( \mathcal{A}_{AMD} = \dfrac{AM \times DE}{2} \approx \dfrac{31{,}751 \times 42}{2} \approx 666{,}8 \) m². Si l’on utilise la valeur arrondie EM = 24,2 m, on trouve 667,8 m² : l’écart vient uniquement de l’arrondi, et il vaut mieux garder la valeur exacte \( \frac{42}{\tan 60^\circ} \) dans les calculs.

Exercice 3 :

Programmes de calcul et calcul littéral, 20 points

Programme A : choisir un nombre, le multiplier par 3, ajouter 15, diviser par 3, puis soustraire le nombre de départ.
Programme B : choisir un nombre ; d’un côté lui soustraire 1, de l’autre lui soustraire 6 ; multiplier les deux résultats obtenus, puis ajouter 5.

1. Montrer qu’avec 4, le programme A donne 5.

\( 4 \times 3 = 12 \), puis \( 12 + 15 = 27 \), puis \( 27 : 3 = 9 \), enfin \( 9 – 4 = 5 \). Le résultat est bien 5.

2. Montrer qu’avec −2, le programme A donne 5.

\( -2 \times 3 = -6 \), puis \( -6 + 15 = 9 \), puis \( 9 : 3 = 3 \), enfin \( 3 – (-2) = 3 + 2 = 5 \). Le résultat est bien 5.

3. Justifier que le programme A donne toujours le même résultat.

Notons \( x \) le nombre choisi. On obtient successivement \( 3x \), puis \( 3x + 15 \), puis \( \frac{3x + 15}{3} = x + 5 \), et enfin :

\[ (x + 5) – x = 5. \]

Quel que soit le nombre de départ, le programme A renvoie toujours 5 : l’affirmation est vraie.

4. Résultat du programme B avec 10.

\[ (10 – 1) \times (10 – 6) + 5 = 9 \times 4 + 5 = 36 + 5 = 41. \]

Avec 10, le programme B donne 41.

5. Trouver les deux nombres pour lesquels A et B donnent le même résultat.

Avec un nombre \( x \), le programme B donne \( (x – 1)(x – 6) + 5 \) et le programme A donne toujours 5. Les résultats sont égaux lorsque :

\[ (x – 1)(x – 6) + 5 = 5, \quad\text{soit}\quad (x – 1)(x – 6) = 0. \]

C’est une équation produit nul : un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Donc \( x – 1 = 0 \) ou \( x – 6 = 0 \), soit \( x = 1 \) ou \( x = 6 \).

Les deux nombres cherchés sont 1 et 6. Vérification : \( (1-1)(1-6)+5 = 0 + 5 = 5 \) et \( (6-1)(6-6)+5 = 0 + 5 = 5 \).

Exercice 4 :

Lecture graphique, proportionnalité et vitesses, 20 points

Malo s’entraîne sur un parcours de 13,5 km. La courbe donne la distance parcourue (en km) en fonction du temps écoulé (en min).

1. Le temps et la distance sont-ils proportionnels ?

Une situation de proportionnalité est représentée par une droite passant par l’origine. Ici la courbe passe par l’origine mais n’est pas une droite : elle est formée de segments de pentes différentes (et même d’un palier horizontal entre 30 et 40 minutes, où Malo ne progresse plus). Par exemple, au bout de 30 min il a parcouru 6,5 km, et au bout de 40 min toujours 6,5 km : le temps a augmenté sans que la distance change.

Le temps et la distance ne sont donc pas proportionnels.

2. Distance parcourue au bout de 20 minutes.

Par lecture graphique, au bout de 20 minutes Malo a parcouru environ 4,5 km.

3. Temps mis pour les 9 premiers kilomètres.

Par lecture graphique, Malo a mis environ 50 minutes pour parcourir les 9 premiers kilomètres.

4. Vitesse moyenne de Malo, au dixième de km/h près.

Malo parcourt les 13,5 km en 80 minutes. Or 80 min = 1 h 20 min = \( 1 + \frac{20}{60} = \frac{4}{3} \) h. Donc :

\[ v = \frac{d}{t} = \frac{13{,}5}{\frac{4}{3}} = 13{,}5 \times \frac{3}{4} = 10{,}125 \text{ km/h}. \]

Au dixième près, la vitesse moyenne de Malo est d’environ 10,1 km/h.

5. Louise court les 13,5 km à la vitesse constante de 12 km/h, Hillal à 10 km/h ; ils partent en même temps.

a. Qui franchit la ligne d’arrivée en premier ?

Ils parcourent la même distance et partent ensemble ; celui qui va le plus vite arrive le premier. Comme \( 12 \gt 10 \), c’est Louise qui franchit la ligne d’arrivée en premier.

b. Distance entre Louise et Hillal lorsque Louise arrive.

Durée de course de Louise :

\[ t_L = \frac{13{,}5}{12} = 1{,}125 \text{ h} \quad(\text{soit 1 h 7 min 30 s}). \]

Pendant ce temps, Hillal parcourt :

\[ d_H = 10 \times 1{,}125 = 11{,}25 \text{ km}. \]

Il lui reste donc \( 13{,}5 – 11{,}25 = 2{,}25 \) km. Quand Louise franchit la ligne d’arrivée, 2,25 km la séparent de Hillal.

Autre raisonnement : Hillal met \( \frac{13{,}5}{10} = 1{,}35 \) h, soit \( 1{,}35 – 1{,}125 = 0{,}225 \) h de plus que Louise ; en 0,225 h à 10 km/h il parcourt \( 10 \times 0{,}225 = 2{,}25 \) km, c’est bien la distance qui lui restait.

Exercice 5 :

Algorithmique avec Scratch et probabilités, 20 points (aucune justification attendue)

Partie 1 : les motifs

1. Associer chaque script à son dessin.

Le script 1 répète 3 fois « avancer de 30 pas, tourner de 120 degrés » : trois côtés de même longueur avec un angle extérieur de 120°, donc des angles intérieurs de 60° : c’est un triangle équilatéral. Le script 2 répète 6 fois « avancer de 30 pas, tourner de 60 degrés » : six côtés égaux et des angles intérieurs de 120°, c’est un hexagone régulier.

Le script 1 trace le dessin 2 (triangle) et le script 2 trace le dessin 1 (hexagone).

2. Retrouver l’ordre des instructions effacées du script 3.

Le lutin part vers la droite et trace d’abord le côté du bas (30 pas). Au sommet suivant, l’angle intérieur du losange vaut 60°, le lutin doit donc tourner de \( 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ \) (instruction B). Il trace le deuxième côté de 30 pas (instruction C), puis, au sommet où l’angle intérieur vaut 120°, il tourne de \( 180^\circ – 120^\circ = 60^\circ \) (instruction A). La boucle, répétée 2 fois, trace les quatre côtés.

L’ordre des instructions cachées est donc B, C, A. Le script 3 complet est :

définir Motif 3
stylo en position d'écriture
répéter 2 fois
    avancer de 30 pas
    tourner ↺ de 120 degrés     (instruction B)
    avancer de 30 pas           (instruction C)
    tourner ↺ de 60 degrés      (instruction A)
fin répéter
relever le stylo

Partie 2 : le script principal

Le script principal place le lutin en (−200 ; 0), efface tout, l’oriente vers la droite, puis tire au hasard un entier Motif entre 1 et 3. Si Motif vaut 3, il répète 6 fois « Motif 3, avancer de 60 pas » puis dit « Voici le dessin ! » ; sinon il dit « Perdu ! ».

3. Coordonnées du point de départ du lutin.

L’instruction « aller à x : −200 y : 0 » place le lutin au point de coordonnées (−200 ; 0).

4. Les deux captures d’écran possibles.

Si le nombre tiré n’est pas 3, rien n’est dessiné et le lutin dit « Perdu ! » : c’est la capture n° 3. Si le nombre tiré est 3, le lutin trace 6 losanges ; après chaque losange, il est revenu à son point de départ, orienté vers la droite (il a tourné au total de \( 2 \times (120^\circ + 60^\circ) = 360^\circ \)), puis il avance de 60 pas, alors qu’un losange n’occupe que 30 pas sur l’horizontale du bas : les 6 losanges sont donc alignés et séparés par un espace. C’est la capture n° 2.

Les captures 1 (losanges collés), 4 (seulement 3 losanges) et 5 (losanges en couronne) sont impossibles. Les deux captures possibles sont les n° 2 et n° 3.

5. Probabilité que le message soit « Voici le dessin ! ».

Le nombre aléatoire est un entier choisi au hasard parmi 1, 2 et 3, de façon équiprobable. Le message « Voici le dessin ! » n’apparaît que si le nombre tiré est 3, soit 1 issue favorable sur 3. La probabilité est \( \frac{1}{3} \).

6. Sur 100 lancers du programme, on a obtenu 40 fois « Voici le dessin ! » et 60 fois « Perdu ! ».

a. Fréquence de l’affichage « Voici le dessin ! ».

\[ f = \frac{40}{100} = 0{,}4. \]

La fréquence est 0,4, soit 40 %.

b. Pourquoi ce résultat diffère-t-il de la probabilité ?

Une fréquence est observée sur un nombre fini d’expériences aléatoires : elle fluctue d’une série à l’autre. Elle se rapproche de la probabilité \( \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \) lorsque le nombre de lancers devient très grand, mais 100 lancers ne suffisent pas pour qu’elles soient égales. L’écart entre 0,4 et \( \frac{1}{3} \) s’explique par la fluctuation d’échantillonnage.