Voici le corrigé du brevet de maths 2024 aux centres étrangers, épreuve passée le 10 juin 2024. Le sujet comporte cinq exercices. Le premier est un QCM qui mêle écriture scientifique, vitesse moyenne, probabilité sur une roue, indicateurs statistiques (étendue, médiane, moyenne) et fractions. Le deuxième exercice exploite la décomposition en facteurs premiers de 280 et 350 pour trouver quand deux sportifs se retrouvent au départ de leur circuit. Le troisième relie un programme de calcul et son script Scratch à une fonction du second degré, avec développement et équation produit nul. Le quatrième mobilise la réciproque de Pythagore, la trigonométrie, le théorème de Thalès et l’homothétie. Le dernier, autour du chapeau conique de Léo, fait travailler le patron d’un cône, la proportionnalité entre angle et longueur d’arc et l’effet d’une réduction sur les volumes.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Brevet de maths 2024 aux centres étrangers avec sujet et corrigé. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
QCM, 20 points
1. On cherche l’écriture scientifique de \(0{,}193 \times 10^{-100}\).
On écrit \(0{,}193 = 1{,}93 \times 10^{-1}\), d’où :
\[0{,}193 \times 10^{-100} = 1{,}93 \times 10^{-1} \times 10^{-100} = 1{,}93 \times 10^{-101}.\]
Le nombre \(1{,}93\) est bien compris entre 1 et 10 : la bonne réponse est \(1{,}93 \times 10^{-101}\).
2. Lili parcourt 480 km en 5 h 42 min ; on cherche sa vitesse moyenne arrondie au dixième.
On convertit la durée en heures : \(42\) min \(= \dfrac{42}{60}\) h \(= 0{,}7\) h, donc 5 h 42 min \(= 5{,}7\) h.
\[v = \frac{d}{t} = \frac{480}{5{,}7} \approx 84{,}21 \text{ km/h}.\]
La bonne réponse est 84,2 km/h.
3. La roue comporte 15 secteurs équiprobables ; 8 portent le numéro 2 et le numéro d’un secteur a été effacé. On veut que la probabilité d’obtenir 2 soit égale à \(\dfrac{3}{5}\).
Or \(\dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{15}\) : il faut donc 9 secteurs portant le 2. Il suffit d’écrire 2 dans le secteur effacé : on a alors 9 secteurs favorables sur 15 et une probabilité de \(\dfrac{9}{15} = \dfrac{3}{5}\). La bonne réponse est « oui, en écrivant le nombre 2 ».
4. Pour la série de sept valeurs de l’énoncé, on se demande si 5 est son étendue, sa médiane, sa moyenne ou rien de particulier.
Une fois rangée dans l’ordre croissant, la série s’écrit : 1 ; 3 ; 5 ; 10 ; 10 ; 11 ; 17.
- Étendue : \(17 – 1 = 16 \neq 5\).
- Médiane : il y a 7 valeurs, la médiane est la 4e, soit \(10 \neq 5\).
- Moyenne : \(\dfrac{1+3+5+10+10+11+17}{7} = \dfrac{57}{7} \approx 8{,}1 \neq 5\).
La bonne réponse est « rien de particulier ».
5. Léa paie \(\dfrac{1}{5}\) du prix de son vélo à la commande, puis le reste en trois paiements égaux. On cherche la fraction du prix que représente chacun de ces paiements.
Il reste à payer \(1 – \dfrac{1}{5} = \dfrac{4}{5}\) du prix. Chaque paiement vaut donc :
\[\frac{1}{3} \times \frac{4}{5} = \frac{4}{15}.\]
La bonne réponse est \(\dfrac{4}{15}\).
Exercice 2 :
Arithmétique, 20 points
1. On vérifie la durée de chaque circuit.
Circuit 1 (Camille) : 5 fois de suite 40 s d’exercice suivies de 16 s de repos, soit :
\[5 \times (40 + 16) = 5 \times 56 = 280 \text{ s}.\]
Circuit 2 (Dominique) : 10 fois de suite 30 s d’exercice suivies de 5 s de repos, soit :
\[10 \times (30 + 5) = 10 \times 35 = 350 \text{ s}.\]
On retrouve bien 280 secondes pour le circuit 1 et 350 secondes pour le circuit 2.
2. Décomposition en produit de facteurs premiers de 280 et de 350 :
\[280 = 28 \times 10 = 2 \times 2 \times 7 \times 2 \times 5 = 2^3 \times 5 \times 7\]
\[350 = 35 \times 10 = 5 \times 7 \times 2 \times 5 = 2 \times 5^2 \times 7\]
Donc \(280 = 2^3 \times 5 \times 7\) et \(350 = 2 \times 5^2 \times 7\).
3. a. Il s’agit de justifier qu’au bout de 2 800 secondes, Camille et Dominique sont tous les deux au départ de leur circuit.
\(2\,800 = 10 \times 280\) : Camille a effectué exactement 10 circuits complets, elle est donc de nouveau au départ.
\(2\,800 = 8 \times 350\) : Dominique a effectué exactement 8 circuits complets : il ou elle est aussi au départ.
Ainsi, au bout de 2 800 s, les deux sportifs se retrouvent au départ de leur circuit.
3. b. On cherche la première fois, après le coup de sifflet, où ils se retrouvent ensemble au départ.
Ce moment correspond au plus petit nombre non nul qui soit à la fois multiple de 280 et de 350. D’après les décompositions :
- pour être multiple de \(280 = 2^3 \times 5 \times 7\), il faut au moins \(2^3\), \(5\) et \(7\) ;
- pour être multiple de \(350 = 2 \times 5^2 \times 7\), il faut au moins \(2\), \(5^2\) et \(7\).
Le plus petit nombre qui convient est donc :
\[2^3 \times 5^2 \times 7 = 8 \times 25 \times 7 = 1\,400.\]
On vérifie : \(1\,400 = 5 \times 280 = 4 \times 350\). Convertissons : \(1\,400 = 23 \times 60 + 20\), donc 1 400 s = 23 min 20 s.
Ils se retrouvent pour la première fois ensemble au départ au bout de 1 400 secondes, soit 23 minutes et 20 secondes.
Exercice 3 :
Programme de calcul, Scratch et fonction, 20 points
Le programme de calcul : on choisit un nombre ; d’un côté on lui soustrait 2, de l’autre on lui ajoute 1 ; on multiplie les deux résultats obtenus.
Partie A
1. Avec 5 comme nombre de départ : \(5 – 2 = 3\) et \(5 + 1 = 6\), puis \(3 \times 6 = 18\). On obtient bien 18.
2. Avec \(-\dfrac{3}{2}\) comme nombre de départ :
\[-\frac{3}{2} – 2 = -\frac{3}{2} – \frac{4}{2} = -\frac{7}{2} \qquad \text{et} \qquad -\frac{3}{2} + 1 = -\frac{3}{2} + \frac{2}{2} = -\frac{1}{2}.\]
\[-\frac{7}{2} \times (-\frac{1}{2}) = \frac{7}{4}.\]
Le résultat final est \(\dfrac{7}{4}\) (soit 1,75).
3. Script Scratch complété :
1 quand le drapeau vert est cliqué 2 demander « choisir un nombre » et attendre 3 mettre a à (réponse - 2) 4 mettre b à (réponse + 1) 5 dire (a * b) pendant 2 secondes
La variable a contient le résultat de gauche, la variable b celui de droite, et le programme annonce leur produit.
Partie B
On considère la fonction \(g\) définie par \(g(x) = x^2 – x – 2\).
1. Développons \((x – 2)(x + 1)\) :
\[(x – 2)(x + 1) = x^2 + x – 2x – 2 = x^2 – x – 2.\]
On a bien \((x – 2)(x + 1) = x^2 – x – 2\).
2. a. Résolvons l’équation \((x – 2)(x + 1) = 0\).
Un produit est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul :
\[x – 2 = 0 \quad \text{ou} \quad x + 1 = 0, \qquad \text{soit} \qquad x = 2 \quad \text{ou} \quad x = -1.\]
L’équation a deux solutions : 2 et \(-1\).
2. b. Chercher les antécédents de 0 par \(g\), c’est résoudre \(g(x) = 0\). Or \(g(x) = (x – 2)(x + 1)\) d’après la question 1. D’après la question précédente, 0 a deux antécédents par \(g\) : 2 et \(-1\).
3. Parmi les trois graphiques proposés, il faut choisir celui qui représente \(g\).
La courbe de \(g\) doit couper l’axe des abscisses exactement aux points d’abscisses 2 et \(-1\). Sur le graphique 1, l’image de \(-1\) n’est pas 0 ; sur le graphique 2, l’image de 2 n’est pas 0. De plus, ces deux graphiques sont des droites, donc représentent des fonctions affines, alors que \(g\) n’est pas affine (elle contient un terme en \(x^2\)). C’est donc le graphique 3 qui représente la fonction \(g\).
4. Quels nombres de départ donnent 0 comme résultat final ?
Si on choisit un nombre \(x\), le programme calcule \(x – 2\) et \(x + 1\) puis leur produit : le résultat final est \((x – 2)(x + 1) = g(x)\). Obtenir 0, c’est donc choisir un antécédent de 0 par \(g\). Il faut choisir 2 ou \(-1\) comme nombre de départ.
Exercice 4 :
Géométrie : Pythagore, trigonométrie, Thalès, homothétie, 16 points
Données : AB = 5,5 cm, AE = 4,4 cm, EB = 3,3 cm, BD = 6,6 cm ; les points E, A, F sont alignés, ainsi que E, B, D, et les droites (AB) et (FD) sont parallèles.
1. Montrons que le triangle ABE est rectangle en E.
Le plus long côté est [AB]. D’une part \(AB^2 = 5{,}5^2 = 30{,}25\) ; d’autre part \(AE^2 + EB^2 = 4{,}4^2 + 3{,}3^2 = 19{,}36 + 10{,}89 = 30{,}25\).
Comme \(AB^2 = AE^2 + EB^2\), d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABE est rectangle en E.
2. Calculons l’angle \(\widehat{ABE}\), arrondi au degré.
Dans le triangle ABE rectangle en E, [EB] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{ABE}\) et [AB] l’hypoténuse :
\[\cos\widehat{ABE} = \frac{EB}{AB} = \frac{3{,}3}{5{,}5} = 0{,}6.\]
À la calculatrice, \(\widehat{ABE} \approx 53{,}13^\circ\). L’angle \(\widehat{ABE}\) mesure environ 53°.
3. Calculons la longueur FD.
Les points E, A, F et E, B, D sont alignés dans cet ordre et les droites (AB) et (FD) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :
\[\frac{EA}{EF} = \frac{EB}{ED} = \frac{AB}{FD}.\]
Avec \(ED = EB + BD = 3{,}3 + 6{,}6 = 9{,}9\) cm :
\[\frac{3{,}3}{9{,}9} = \frac{5{,}5}{FD} \quad \text{donc} \quad FD = \frac{5{,}5 \times 9{,}9}{3{,}3} = 5{,}5 \times 3 = 16{,}5.\]
FD = 16,5 cm.
4. Le triangle EFD est l’image du triangle EAB par une homothétie de centre E ; on cherche son rapport.
L’homothétie transforme B en D. Comme B et D sont sur la même demi-droite d’origine E, le rapport est positif et vaut :
\[k = \frac{ED}{EB} = \frac{9{,}9}{3{,}3} = 3.\]
Le rapport de l’homothétie est 3 (on retrouve bien \(FD = 3 \times AB = 16{,}5\) cm).
Exercice 5 :
Le chapeau conique de Léo : patron d’un cône, volumes, 24 points
Le chapeau est un cône de sommet S, de hauteur SO = 30 cm, dont la base est un disque de centre O et de rayon OM = 9 cm.
Partie A
1. Montrons que SM ≈ 31,3 cm.
Le triangle SOM est rectangle en O. D’après le théorème de Pythagore :
\[SM^2 = SO^2 + OM^2 = 30^2 + 9^2 = 900 + 81 = 981, \qquad SM = \sqrt{981} \approx 31{,}32.\]
Arrondie au dixième, SM ≈ 31,3 cm.
2. Le tour de tête de Léo mesure 56 cm : les dimensions choisies conviennent-elles ?
Le périmètre du cercle de base est :
\[\mathcal{C} = 2 \times \pi \times 9 = 18\pi \approx 56{,}55 \text{ cm}.\]
Ce périmètre est très légèrement supérieur à 56 cm : le chapeau n’est ni trop serré ni trop grand, les dimensions sont adaptées.
3. a. On vérifie que le cercle de centre S et de rayon SM (avec SM = 31,3 cm) mesure environ 196,7 cm :
\[2 \times \pi \times 31{,}3 \approx 196{,}66 \text{ cm}.\]
Arrondie au dixième, sa longueur est bien 196,7 cm.
3. b. Dans le patron, la longueur de l’arc \(\overset{\frown}{M^{\prime}M}\) est proportionnelle à la mesure de l’angle \(\widehat{M^{\prime}SM}\). L’arc doit mesurer 56,5 cm (le tour de la base). Tableau complété :
| Mesure de l’angle \(\widehat{M^{\prime}SM}\) (en degrés) | 360 | ≈ 103 |
| Longueur de l’arc \(\overset{\frown}{M^{\prime}M}\) (en cm, au dixième) | 196,7 | 56,5 |
Un angle plein de 360° correspond au cercle entier, de longueur 196,7 cm.
3. c. Calculons l’angle \(\widehat{M^{\prime}SM}\) correspondant à un arc de 56,5 cm, par produit en croix :
\[\widehat{M^{\prime}SM} = \frac{360 \times 56{,}5}{196{,}7} = \frac{20\,340}{196{,}7} \approx 103{,}4^\circ.\]
Léo doit tracer un secteur angulaire d’environ 103°.
Partie B
1. Volume du chapeau, arrondi au cm³ :
\[V = \frac{1}{3} \times \pi \times 9^2 \times 30 = 810\pi \approx 2\,544{,}7 \text{ cm}^3.\]
Le volume du chapeau est d’environ 2 545 cm³.
2. Léo remplit son chapeau de bonbons jusqu’à la moitié de sa hauteur ; il affirme que les bonbons occupent moins de 15 % du volume du chapeau.
La partie remplie est un petit cône de même sommet S, de hauteur 15 cm : c’est une réduction du chapeau de rapport \(k = \dfrac{1}{2}\) (homothétie de centre S). Dans une réduction de rapport \(k\), les volumes sont multipliés par \(k^3\) :
\[(\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8} = 0{,}125.\]
Le volume des bonbons représente donc 12,5 % du volume du chapeau (environ \(0{,}125 \times 2\,545 \approx 318\) cm³). Comme \(12{,}5\,\% \lt 15\,\%\), Léo a raison.
