Voici le corrigé du brevet de maths 2021 des centres étrangers (série générale), une épreuve assez exigeante qui balaie une grande partie du programme de fin de cycle 4. Le premier exercice enchaîne cinq questions indépendantes : décomposition en facteurs premiers, symétrie, translation et homothétie sur un pavage, calcul de fractions, volume de la Lune en écriture scientifique et trigonométrie dans un triangle rectangle. Viennent ensuite des probabilités avec un puis deux dés, trois programmes de calcul dont deux en Scratch avec une équation produit, puis la montée du col de Hardknott à vélo, qui mobilise le théorème de Thalès, le théorème de Pythagore, une vitesse moyenne et un calcul de pente en pourcentage. L’épreuve se termine par trois forfaits de ski, modélisés par des fonctions linéaire, affine et constante, avec lecture graphique. Chaque réponse est justifiée pas à pas.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Brevet de maths 2021 et centres étrangers : sujet et corrigé du brevet. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Cinq questions indépendantes : arithmétique, transformations, fractions, volume, trigonométrie (24 points). Aucune justification n’était exigée, mais nous détaillons les raisonnements.
1. Décomposer 360 en produit de facteurs premiers.
On divise successivement par les plus petits nombres premiers possibles :
\(360 = 2 \times 180\), \(180 = 2 \times 90\), \(90 = 2 \times 45\), \(45 = 3 \times 15\), \(15 = 3 \times 5\), et 5 est premier.
Donc \(360 = 2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 3 \times 5\), soit \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\).
2. Transformations sur un pavage. La figure est obtenue par pavage à partir du triangle BEJ, rectangle isocèle en J.
a) On cherche l’image du triangle BEJ par la symétrie d’axe (BD).
Les points B et J sont sur l’axe (BD) : ils sont leur propre image. Le point E est le symétrique du point F par rapport à (BD) (la droite (EF) est perpendiculaire à (BD) en J et \(\mathrm{JE} = \mathrm{JF}\)).
L’image du triangle BEJ par la symétrie d’axe (BD) est le triangle BFJ.
b) On cherche l’image du triangle AMH par la translation qui transforme E en B.
Sur le quadrillage, passer de E à B revient à se déplacer d’une case vers la gauche et d’une case vers le bas. En appliquant ce même déplacement :
- A a pour image E ;
- M a pour image F ;
- H a pour image M.
L’image du triangle AMH (en jaune) par cette translation est le triangle EFM (en bleu).
c) On cherche la transformation qui envoie le triangle AIH sur le triangle AMD.
Le point A est commun aux deux triangles. Le point M est aligné avec A et I, avec \(\mathrm{AM} = 2\,\mathrm{AI}\) ; le point D est aligné avec A et H, avec \(\mathrm{AD} = 2\,\mathrm{AH}\). Le triangle AMD est donc un agrandissement de rapport 2 du triangle AIH, « vu depuis » A.
On passe du triangle AIH au triangle AMD par l’homothétie de centre A et de rapport 2.
3. Calculer \(A = \dfrac{7}{2} + \dfrac{15}{6} \times \dfrac{7}{25}\) et donner le résultat sous forme de fraction irréductible.
La multiplication est prioritaire. On simplifie avant de multiplier :
\[\frac{15}{6} \times \frac{7}{25} = \frac{3 \times 5 \times 7}{2 \times 3 \times 5 \times 5} = \frac{7}{10}\]
On réduit ensuite au même dénominateur :
\[A = \frac{7}{2} + \frac{7}{10} = \frac{35}{10} + \frac{7}{10} = \frac{42}{10} = \frac{21}{5}\]
Comme 21 et 5 n’ont aucun diviseur commun autre que 1, \(A = \dfrac{21}{5}\) est irréductible.
4. Valeur approchée du volume de la Lune, de diamètre environ 3 474 km.
On assimile la Lune à une boule de rayon \(R = 3\,474 : 2 = 1\,737\) km. Le volume d’une boule de rayon \(R\) est \(V = \dfrac{4}{3}\pi R^3\).
\[V = \frac{4}{3} \times \pi \times 1\,737^3 \approx 2{,}195 \times 10^{10}\ \text{km}^3\]
La bonne réponse est donc environ \(2{,}2 \times 10^{10}\) km³.
5. Compléter le tableau pour le triangle RST rectangle en S, avec \(\mathrm{RS} = 10\) mm, \(\mathrm{ST} = 24\) mm et \(\mathrm{RT} = 26\) mm (angles arrondis à l’unité).
On peut vérifier que le triangle est bien rectangle en S : \(10^2 + 24^2 = 100 + 576 = 676 = 26^2\).
Dans le triangle RST rectangle en S, pour l’angle \(\widehat{\mathrm{STR}}\), le côté opposé est RS et le côté adjacent est ST :
\[\tan \widehat{\mathrm{STR}} = \frac{\mathrm{RS}}{\mathrm{ST}} = \frac{10}{24} = \frac{5}{12}\quad\text{donc}\quad \widehat{\mathrm{STR}} \approx 23^\circ\]
(On obtiendrait la même valeur avec \(\cos \widehat{\mathrm{STR}} = \dfrac{24}{26}\) ou \(\sin \widehat{\mathrm{STR}} = \dfrac{10}{26}\).)
Les deux angles aigus d’un triangle rectangle sont complémentaires : \(\widehat{\mathrm{SRT}} = 90^\circ – \widehat{\mathrm{STR}}\). Avec la valeur exacte \(22{,}6^\circ\) environ, on obtient \(\widehat{\mathrm{SRT}} \approx 67^\circ\).
Périmètre : \(\mathcal{P} = 10 + 24 + 26 = 60\) mm.
Aire : les deux côtés de l’angle droit sont RS et ST, donc \(\mathcal{A} = \dfrac{10 \times 24}{2} = 120\) mm².
| Longueurs | Angles | Périmètre du triangle RST | Aire du triangle RST |
|---|---|---|---|
| RS = 10 mm | \(\widehat{\mathrm{RST}} = 90^\circ\) | \(\mathcal{P} = 60\) mm | \(\mathcal{A} = 120\) mm² |
| ST = 24 mm | \(\widehat{\mathrm{STR}} \approx 23^\circ\) | ||
| RT = 26 mm | \(\widehat{\mathrm{SRT}} \approx 67^\circ\) |
Exercice 2 :
Probabilités : lancers de dés (21 points).
Partie 1
On lance un dé équilibré à six faces numérotées de 1 à 6.
1. Les issues possibles sont : 1, 2, 3, 4, 5 et 6.
2. Probabilité de l’événement A « on obtient 2 ». Le dé est équilibré : les six issues sont équiprobables et une seule est favorable. Donc \(P(A) = \dfrac{1}{6}\), soit environ 16,7 %.
3. Probabilité de l’événement B « on obtient un nombre impair ». Les issues favorables sont 1, 3 et 5, donc \(P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\).
Partie 2
On lance simultanément deux dés équilibrés, un rouge et un vert ; le « score » est la somme des deux numéros.
1. Probabilité de l’événement C « le score est 13 ». Le score maximal est \(6 + 6 = 12\) : il est impossible d’obtenir 13. Donc \(P(C) = 0\) et C est un événement impossible.
2. a) Tableau des scores (dé rouge en colonne, dé vert en ligne) :
| Vert \ Rouge | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
b) Les scores possibles sont : 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 et 12.
3. Le tableau compte \(6 \times 6 = 36\) cases, qui correspondent à 36 issues équiprobables.
a) Événement D « le score est 10 » : on lit trois cases (4 + 6, 5 + 5, 6 + 4). Donc \(P(D) = \dfrac{3}{36} = \dfrac{1}{12}\), soit environ 8,3 %.
b) Événement E « le score est un multiple de 4 » : les scores concernés sont 4, 8 et 12.
- score 4 : 3 cases (1 + 3, 2 + 2, 3 + 1) ;
- score 8 : 5 cases (2 + 6, 3 + 5, 4 + 4, 5 + 3, 6 + 2) ;
- score 12 : 1 case (6 + 6).
Cela fait 9 cases, donc \(P(E) = \dfrac{9}{36} = \dfrac{1}{4}\).
c) Il faut montrer que « le score est un nombre premier » et « le score est strictement supérieur à 7 » ont la même probabilité.
Scores premiers possibles : 2, 3, 5, 7 et 11. En comptant les cases du tableau : \(1 + 2 + 4 + 6 + 2 = 15\) cases.
Scores strictement supérieurs à 7 : 8, 9, 10, 11 et 12. En comptant les cases : \(5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15\) cases.
Les deux événements ont donc la même probabilité \(\dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}\) : le score a autant de chances d’être premier que d’être strictement supérieur à 7.
Exercice 3 :
Programmes de calcul et Scratch, équations (16 points).
Rappel des trois programmes, tels qu’on peut les reconstituer à partir des calculs : le programme A ajoute 1 au nombre choisi, multiplie par 3 puis soustrait 3 ; le programme B calcule d’une part le nombre plus 3, d’autre part le nombre moins 5, puis multiplie les deux résultats ; le programme C multiplie le nombre par 7, ajoute 3 puis soustrait le nombre de départ.
1. a) Avec 1 au départ dans le programme A : \(1 + 1 = 2\), puis \(3 \times 2 = 6\), puis \(6 – 3 = 3\). Le programme affiche bien « On obtient 3 » pendant 2 secondes.
b) Avec 2 au départ dans le programme B : \(2 + 3 = 5\) et \(2 – 5 = -3\), puis \(5 \times (-3) = -15\). Le programme affiche bien « On obtient −15 ».
2. Expression obtenue avec le programme C pour un nombre de départ \(x\) :
\[x \;\to\; 7x \;\to\; 7x + 3 \;\to\; 7x + 3 – x = 6x + 3\]
Le programme C donne \(6x + 3\).
3. Un élève affirme qu’un des programmes donne toujours le triple du nombre choisi. Exprimons les programmes A et B en fonction de \(x\) :
- programme A : \(3(x + 1) – 3 = 3x + 3 – 3 = 3x\) ;
- programme B : \((x + 3)(x – 5)\).
Le programme A renvoie \(3x\) pour tout nombre \(x\) : l’élève a raison, c’est le programme A.
4. a) Résolvons \((x + 3)(x – 5) = 0\). Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins des facteurs est nul :
\(x + 3 = 0\), soit \(x = -3\) ; ou \(x – 5 = 0\), soit \(x = 5\).
L’équation a deux solutions : \(-3\) et \(5\).
b) Le programme B calcule \((x + 3)(x – 5)\). D’après la question précédente, il affiche « On obtient 0 » lorsque le nombre de départ est \(-3\) ou \(5\).
5. On cherche les nombres pour lesquels les programmes A et C donnent le même résultat, c’est-à-dire les solutions de \(3x = 6x + 3\).
\[3x – 6x = 3 \quad\text{soit}\quad -3x = 3 \quad\text{donc}\quad x = -1\]
Vérification : avec \(-1\), le programme A donne \(3 \times (-1 + 1) – 3 = -3\) et le programme C donne \(7 \times (-1) + 3 – (-1) = -3\).
Les deux programmes affichent le même résultat uniquement pour le nombre de départ \(-1\).
Exercice 4 :
Le col de Hardknott : Thalès, Pythagore, vitesse et pente (19 points).
Aurélie part de A (altitude 251 m) et monte au sommet E (altitude 393 m) ; elle est actuellement en D. On sait que \(\mathrm{AD} = 51{,}25\) m et \(\mathrm{DB} = 11{,}25\) m, que (DB) et (EC) sont perpendiculaires à (AC), et que A, D, E d’une part, A, B, C d’autre part, sont alignés.
1. Le dénivelé EC est la différence entre l’altitude du sommet et celle du départ :
\(\mathrm{EC} = 393 – 251 = 142\) m. Le dénivelé est bien de 142 m.
2. a) Les droites (DB) et (EC) sont toutes deux perpendiculaires à la droite (AC). Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, alors elles sont parallèles entre elles. Les droites (DB) et (EC) sont donc parallèles.
b) Les points A, D, E sont alignés, les points A, B, C sont alignés dans le même ordre, et les droites (DB) et (EC) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :
\[\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AE}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}} = \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{EC}}\quad\text{soit}\quad \frac{51{,}25}{\mathrm{AE}} = \frac{11{,}25}{142}\]
Par produit en croix :
\[\mathrm{AE} = \frac{51{,}25 \times 142}{11{,}25} = \frac{7\,277{,}5}{11{,}25} \approx 646{,}89\ \text{m}\]
D étant sur le segment [AE] : \(\mathrm{DE} = \mathrm{AE} – \mathrm{AD} \approx 646{,}89 – 51{,}25 \approx 595{,}64\) m.
La distance restant à parcourir est bien d’environ 596 m.
3. Aurélie roule à 8 km/h et part de D à 9 h 55 ; on cherche son heure d’arrivée en E (DE = 596 m).
À vitesse constante, la distance parcourue est proportionnelle à la durée : 8 000 m en 60 min. La durée du trajet est donc :
\[t = \frac{596 \times 60}{8\,000} = 4{,}47\ \text{min}\]
soit environ 4 min 28 s, ce qui s’arrondit à 4 min. \(9\text{ h }55 + 4\text{ min} = 9\text{ h }59\).
Aurélie arrivera au sommet vers 9 h 59.
4. La pente d’une route est le quotient \(\dfrac{\text{dénivelé}}{\text{longueur horizontale parcourue}}\), exprimé en pourcentage. Il faut démontrer que la pente de la route parcourue par Aurélie est de 22,5 %.
La route est rectiligne de A à E : sa pente est la même sur toute la montée. Il suffit donc de la calculer dans le petit triangle ABD, rectangle en B.
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ABD rectangle en B :
\[\mathrm{AB}^2 = \mathrm{AD}^2 – \mathrm{DB}^2 = 51{,}25^2 – 11{,}25^2 = 2\,626{,}562\,5 – 126{,}562\,5 = 2\,500\]
donc \(\mathrm{AB} = \sqrt{2\,500} = 50\) m. La pente vaut alors :
\[\text{pente} = \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{AB}} = \frac{11{,}25}{50} = 0{,}225 = 22{,}5\ \%\]
On peut aussi travailler dans le grand triangle ACE rectangle en C : \(\mathrm{AC}^2 = \mathrm{AE}^2 – \mathrm{EC}^2\) donne \(\mathrm{AC} \approx 631{,}1\) m (avec la valeur non arrondie de AE), puis \(\dfrac{142}{631{,}1} \approx 0{,}225\).
La pente de la route est bien de 22,5 %.
Exercice 5 :
Forfaits de ski : fonctions linéaire, affine et constante, lecture graphique (20 points).
Formule A : 36,50 € par journée. Formule B : abonnement de 90 € puis 18,50 € par journée. Formule C : abonnement de 448,50 € avec accès illimité.
1. Montant à payer selon le nombre de journées :
- Formule A : \(2 \times 36{,}5 = 73\) ; \(6 \times 36{,}5 = 219\) ; \(10 \times 36{,}5 = 365\).
- Formule B : \(90 + 2 \times 18{,}5 = 127\) ; \(90 + 6 \times 18{,}5 = 201\) ; \(90 + 10 \times 18{,}5 = 275\).
- Formule C : 448,50 € quel que soit le nombre de journées.
| Nombre de journées de ski | 2 | 6 | 10 |
|---|---|---|---|
| Formule A | 73 € | 219 € | 365 € |
| Formule B | 127 € | 201 € | 275 € |
| Formule C | 448,50 € | 448,50 € | 448,50 € |
2. On considère \(f(x) = 90 + 18{,}5x\), \(g(x) = 448{,}5\) et \(h(x) = 36{,}5x\), où \(x\) est le nombre de journées.
a) Une situation de proportionnalité se traduit par une fonction linéaire, de la forme \(x \mapsto ax\). C’est la fonction \(h\), de coefficient 36,5.
b) La formule A correspond à \(h\), la formule B à \(f\) et la formule C à \(g\).
c) On cherche le nombre de journées pour lequel les formules A et B coûtent autant : on résout \(h(x) = f(x)\).
\[36{,}5x = 90 + 18{,}5x \iff 18x = 90 \iff x = 5\]
Vérification : \(5 \times 36{,}5 = 182{,}5\) et \(90 + 5 \times 18{,}5 = 182{,}5\). Pour 5 journées de ski, les formules A et B reviennent au même prix (182,50 €).
3. Lecture du graphique.
a) \(g\) est constante : sa représentation est la droite horizontale, (d1) représente \(g\). \(h\) est linéaire : sa représentation passe par l’origine, (d2) représente \(h\). \(f\) est affine non linéaire et \(f(0) = 90\) : (d3) représente \(f\).
b) Avec un budget de 320 €, la formule C est hors de portée. On trace la droite horizontale d’ordonnée 320 : elle coupe (d2) vers 8,8 journées et (d3) vers 12,4 journées. La formule la plus avantageuse est donc la formule B, et comme le nombre de journées est entier, Marin peut skier au maximum 12 journées (avec la formule B).
Par le calcul : \(90 + 12 \times 18{,}5 = 312\) € et \(90 + 13 \times 18{,}5 = 330{,}5\) €, ce qui dépasse le budget.
c) La formule C devient avantageuse lorsque (d1) passe sous les deux autres droites. (d1) coupe (d2) vers 12,3 journées et (d3) vers 19,4 journées. Au-delà de 19,4 journées, la formule C est la moins chère : la formule C devient avantageuse à partir de 20 journées de ski.
Vérification : avec 19 journées, la formule B coûte \(90 + 19 \times 18{,}5 = 441{,}5\) €, moins que 448,50 € ; avec 20 journées, elle coûte 460 €, plus que la formule C.
