Voici le corrigé complet du brevet de maths 2018 en Amérique du Nord, épreuve passée par les élèves de 3e le mardi 5 juin 2018. Le sujet compte huit exercices très variés. On commence par lire et exploiter un tableur sur les abonnements Internet, avec un calcul de pourcentage. Vient ensuite une figure où l’on applique la réciproque du théorème de Pythagore puis le théorème de Thalès. L’exercice de probabilités repose sur deux urnes et sur les nombres premiers, avant un programme Scratch qui trace des carrés. On étudie aussi une frise construite par symétrie axiale et translation, puis un problème concret de terrasse en béton mêlant trigonométrie, volume d’un prisme droit et calcul d’une facture. Le sujet se termine par du calcul littéral, une fonction affine à reconnaître sur un graphique et une question de vitesse de téléchargement. Chaque réponse est justifiée pas à pas.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Brevet de maths 2018 en Amérique du Nord – sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Statistiques, tableur et pourcentages – 14 points
Un tableur donne, pour les années 2014, 2015 et 2016, le nombre d’abonnements Internet à haut débit (ligne 2) et à très haut débit (ligne 3), en millions, ainsi que leur total (ligne 4).
| A | B | C | D | |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 2014 | 2015 | 2016 | |
| 2 | Haut débit (millions) | 22,855 | 22,63 | 22,238 |
| 3 | Très haut débit (millions) | 3,113 | 4,237 | 5,446 |
| 4 | Total (millions) | 25,968 | 26,867 | 27,684 |
1. Nombre d’abonnements à très haut débit en 2016.
On lit la cellule D3 : il y a eu 5,446 millions d’abonnements à très haut débit en 2016, soit 5 446 000 abonnements.
2. Vérifier qu’il y avait 817 000 abonnements de plus en 2016 qu’en 2015.
On compare les totaux de la ligne 4 :
\[ 27{,}684 – 26{,}867 = 0{,}817 \text{ million} \]
Or 0,817 million, c’est \( 0{,}817 \times 1\,000\,000 = 817\,000 \). Il y avait donc bien 817 000 abonnements de plus en 2016 qu’en 2015.
3. Formule saisie en B4 puis recopiée vers la droite.
Le total est la somme des abonnements à haut débit et à très haut débit de la même colonne. On a pu saisir en B4 :
=B2+B3 (ou encore =SOMME(B2:B3)).
En recopiant vers la droite, le tableur adapte automatiquement la formule : =C2+C3 en C4 et =D2+D3 en D4.
4. En 2015, 5,6 % des abonnements à très haut débit utilisaient la fibre optique. Combien cela représente-t-il d’abonnements ?
En 2015, il y avait 4,237 millions d’abonnements à très haut débit. On prend 5,6 % de cette quantité :
\[ 4{,}237 \times \frac{5{,}6}{100} = 0{,}237\,272 \text{ million} \]
Cela représente 237 272 abonnements à très haut débit par la fibre optique en 2015.
Exercice 2 :
Géométrie : Pythagore et Thalès – 14 points
Le triangle ADE vérifie AD = 7 cm, AE = 4,2 cm et DE = 5,6 cm. F est le point de [AD] tel que AF = 2,5 cm ; B est sur la demi-droite [AD) et C sur la demi-droite [AE) avec AB = AC = 9 cm ; enfin la droite (FG) est parallèle à (DE), G étant sur [AE].
1. Réaliser une figure en vraie grandeur.
On peut procéder ainsi :
- tracer le segment [AD] de 7 cm ;
- au compas, tracer l’arc de centre A et de rayon 4,2 cm, puis l’arc de centre D et de rayon 5,6 cm : leur intersection est le point E ;
- prolonger [AD] au-delà de D jusqu’au point B tel que AB = 9 cm, et [AE] au-delà de E jusqu’au point C tel que AC = 9 cm ;
- placer F sur [AD] à 2,5 cm de A, puis tracer la parallèle à (DE) passant par F : elle coupe [AE] en G.
2. Prouver que ADE est rectangle en E.
Le plus grand côté est [AD] ; si le triangle est rectangle, c’est donc en E. On calcule séparément :
- d’une part, \( AD^2 = 7^2 = 49 \) ;
- d’autre part, \( AE^2 + DE^2 = 4{,}2^2 + 5{,}6^2 = 17{,}64 + 31{,}36 = 49 \).
On constate que \( AD^2 = AE^2 + DE^2 \). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ADE est rectangle en E.
3. Calculer la longueur FG.
Les points A, F, D d’une part et A, G, E d’autre part sont alignés sur deux droites sécantes en A, et les droites (FG) et (DE) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :
\[ \frac{AF}{AD} = \frac{AG}{AE} = \frac{FG}{DE} \quad \text{soit} \quad \frac{2{,}5}{7} = \frac{AG}{4{,}2} = \frac{FG}{5{,}6} \]
En utilisant la première et la dernière fraction (produit en croix) :
\[ FG = \frac{2{,}5 \times 5{,}6}{7} = \frac{14}{7} = 2 \]
Donc FG = 2 cm. (On obtiendrait de même \( AG = \frac{2{,}5 \times 4{,}2}{7} = 1{,}5 \) cm.)
Exercice 3 :
Probabilités et nombres premiers – 15 points
L’urne D contient trois boules numérotées 1, 2 et 3 ; l’urne U contient quatre boules numérotées 2, 3, 5 et 6. On tire une boule dans chaque urne : la boule de D donne le chiffre des dizaines, celle de U le chiffre des unités. Toutes les boules ont la même chance d’être tirées.
Les issues possibles sont résumées dans ce tableau à double entrée :
| D \ U | 2 | 3 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 12 | 13 | 15 | 16 |
| 2 | 22 | 23 | 25 | 26 |
| 3 | 32 | 33 | 35 | 36 |
Il y a \( 3 \times 4 = 12 \) issues équiprobables.
1. A-t-on plus de chances de former un nombre pair qu’un nombre impair ?
La parité du nombre formé ne dépend que du chiffre des unités, donc de la boule tirée dans l’urne U. Cette urne contient deux numéros pairs (2 et 6) et deux numéros impairs (3 et 5). La probabilité d’obtenir un nombre pair vaut donc \( \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \), comme celle d’obtenir un nombre impair : on a autant de chances de former un nombre pair qu’un nombre impair.
2. a. Nombres premiers que l’on peut former (sans justifier).
Un nombre premier admet exactement deux diviseurs : 1 et lui-même. Parmi les douze nombres du tableau, seuls 13 et 23 sont premiers (les nombres pairs sont divisibles par 2, 15, 25 et 35 par 5, 33 par 3).
2. b. Montrer que la probabilité de former un nombre premier est \( \frac{1}{6} \).
Deux issues sur les douze sont favorables, et elles sont équiprobables :
\[ P(\text{nombre premier}) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \]
3. Définir un événement de probabilité \( \frac{1}{3} \).
Comme \( \frac{1}{3} = \frac{4}{12} \), il suffit de trouver un événement réalisé par exactement 4 issues. Par exemple :
- « le nombre formé a pour chiffre des dizaines 1 » : issues 12, 13, 15, 16 ;
- ou « le nombre formé est un multiple de 3 » : issues 12, 15, 33, 36.
Dans les deux cas, la probabilité vaut \( \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \).
Exercice 4 :
Algorithmique et programmation (Scratch) – 14 points
Aucune justification n’était exigée ; on explique tout de même les réponses. Voici les deux scripts de Simon :
Script principal Bloc « carré »
quand drapeau vert est cliqué définir carré
aller à x : -200 y : 0 stylo en position d'écriture
s'orienter à 90 répéter 4 fois
effacer tout avancer de côté
mettre la taille du stylo à 1 tourner de 90 degrés (sens direct)
mettre côté à 40 relever le stylo
répéter 4 fois
carré
avancer de côté
ajouter 20 à côté
Le lutin part donc vers la droite depuis le point (−200 ; 0) et dessine quatre carrés posés côte à côte sur une même ligne.
1. a. Longueur du côté du plus petit carré.
La variable côté vaut 40 au moment où le premier carré est tracé : le plus petit carré a un côté de 40 (pas).
1. b. Longueur du côté du plus grand carré.
À chaque passage dans la boucle, on trace un carré puis on ajoute 20 à côté. Les quatre carrés ont donc pour côtés 40, 60, 80 et 100 : le plus grand carré a un côté de 100.
2. Où insérer « ajouter 2 à la taille du stylo » pour que les carrés soient tracés de plus en plus épais ?
L’épaisseur doit augmenter d’un carré au suivant, avec un premier carré tracé en taille 1. On place donc l’instruction dans la boucle « répéter 4 fois », juste après l’appel du bloc « carré » (par exemple entre « carré » et « avancer de côté »). Les carrés sont alors tracés avec des épaisseurs 1, 3, 5 et 7.
3. Script modifié : l’instruction « avancer de côté » devient « avancer de côté + 30 ». Quel dessin obtient-on ?
Après chaque carré, le lutin avance de 30 pas de plus que la longueur du côté : les carrés sont donc séparés par des espaces de 30 pas. Comme le bloc « carré » se termine par « relever le stylo », ce déplacement ne laisse aucun trait entre les carrés. Enfin, l’ordonnée du lutin ne change jamais : tous les carrés reposent sur la même ligne horizontale.
- le dessin 1 ne convient pas, car ses carrés ne sont pas alignés sur une même base ;
- le dessin 2 ne convient pas, car un trait relie les carrés alors que le stylo est relevé ;
- on obtient donc le dessin 3 : quatre carrés de côtés 40, 60, 80 et 100, alignés sur la même base et espacés de 30.
Exercice 5 :
Transformations : symétrie et translation – 6 points
Gaspard a construit un triangle ABC isocèle en C (motif 1), puis l’a complété pour obtenir le losange ACBD (motif 2). Il répète ensuite ce motif à l’aide d’une translation pour former une frise.
1. Transformation permettant de passer du motif 1 au motif 2.
Dans le losange ACBD, la diagonale [AB] est un axe de symétrie : le symétrique de C par rapport à la droite (AB) est D, tandis que A et B sont sur l’axe et restent fixes. Le triangle ABD est donc l’image du triangle ABC par la symétrie axiale d’axe (AB).
2. Translation utilisée pour obtenir la frise.
Dans la frise, le losange suivant commence au point B et a pour sommet supérieur le point D : le point C est envoyé sur B et le point A sur D. Il s’agit de la translation qui transforme A en D (de vecteur \( \vec{AD} \)), qui est aussi celle qui transforme C en B, puisque dans le losange ACBD on a \( \vec{AD} = \vec{CB} \).
Exercice 6 :
Problème : trigonométrie, volume d’un prisme et facture – 16 points
La terrasse est un prisme droit de base ABCD et de hauteur CG = 8 m. Sur la face ABCD : AD = 0,27 m, BC = 0,15 m, DC = 5 m, et les angles en D et en C sont droits. P est le point de [AD] tel que BCDP soit un rectangle.
1. L’angle \( \widehat{ABP} \) doit mesurer entre 1° et 1,5°. Le projet respecte-t-il cette condition ?
BCDP est un rectangle, donc PB = DC = 5 m et PD = BC = 0,15 m. On en déduit :
\[ AP = AD – PD = 0{,}27 – 0{,}15 = 0{,}12 \text{ m} \]
Le triangle ABP est rectangle en P (car (AD) est perpendiculaire à (PB)). Dans ce triangle, [AP] est le côté opposé à l’angle \( \widehat{ABP} \) et [PB] le côté adjacent :
\[ \tan \widehat{ABP} = \frac{AP}{PB} = \frac{0{,}12}{5} = 0{,}024 \]
À la calculatrice : \( \widehat{ABP} = \arctan(0{,}024) \approx 1{,}37° \).
Comme \( 1 \lt 1{,}37 \lt 1{,}5 \), le projet de Madame Martin vérifie bien la condition.
2. Montant de la facture de l’entreprise.
Volume de béton. La base ABCD est un trapèze rectangle de bases AD = 0,27 m et BC = 0,15 m, et de hauteur DC = 5 m :
\[ \mathcal{A}_{ABCD} = \frac{(AD + BC) \times DC}{2} = \frac{(0{,}27 + 0{,}15) \times 5}{2} = 1{,}05 \text{ m}^2 \]
Avec la formule du volume d’un prisme droit (aire de la base × hauteur) :
\[ V = 1{,}05 \times 8 = 8{,}4 \text{ m}^3 \]
Prix du béton. \( 8{,}4 \times 95 = 798 \) €.
Frais de livraison. Le camion-toupie transporte au maximum 6 m³ ; comme \( 6 \lt 8{,}4 \leq\, 12 \), il faut deux livraisons. Chaque livraison correspond à un aller-retour de \( 2 \times 23 = 46 \) km, soit \( 2 \times 46 = 92 \) km au total :
\[ 92 \times 5 = 460 \text{ €} \]
Facture. \( 798 + 460 = 1\,258 \) €.
La facture établie par l’entreprise s’élève à 1 258 €.
Exercice 7 :
Calcul littéral, équation et fonction affine – 15 points
Les trois questions sont indépendantes.
1. Développer et réduire \( A = 2x(x – 1) – 4(x – 1) \).
\[ A = 2x \times x – 2x \times 1 – 4 \times x + 4 \times 1 = 2x^2 – 2x – 4x + 4 \]
\[ \boxed{A = 2x^2 – 6x + 4} \]
2. Montrer que −5 est solution de l’équation \( (2x + 1)(x – 2) = 63 \).
On remplace \( x \) par \( -5 \) dans le membre de gauche :
\[ (2 \times (-5) + 1) \times (-5 – 2) = (-9) \times (-7) = 63 \]
On retrouve bien 63 : −5 est une solution de l’équation.
3. On considère \( f(x) = -3x + 1{,}5 \). a. Quel graphique, A ou B, représente \( f \) ? b. Justifier.
Le graphique A montre une droite \( (d_1) \) qui monte et coupe l’axe des abscisses en 1,5 ; le graphique B montre une droite \( (d_2) \) qui descend et coupe l’axe des ordonnées en 1,5.
La fonction \( f \) est affine, de coefficient directeur \( -3 \) et d’ordonnée à l’origine \( 1{,}5 \) :
- son coefficient directeur est négatif, donc \( f \) est décroissante : sa droite « descend », ce qui élimine le graphique A ;
- \( f(0) = 1{,}5 \) : la droite passe par le point \( (0\,;\,1{,}5) \), ce qui est bien le cas de \( (d_2) \) ;
- on peut aussi vérifier que \( f(0{,}5) = -1{,}5 + 1{,}5 = 0 \) : la droite coupe l’axe des abscisses en 0,5, comme \( (d_2) \).
C’est donc le graphique B qui représente la fonction \( f \).
Exercice 8 :
Vitesse et durée – 6 points
Une fenêtre de téléchargement indique : « Téléchargé : 9,7 sur 115,2 Mo (1,3 Mo/s) ». La vitesse restant constante, faudra-t-il plus d’une minute et vingt-cinq secondes pour terminer le téléchargement ?
Quantité restant à télécharger :
\[ 115{,}2 – 9{,}7 = 105{,}5 \text{ Mo} \]
Durée nécessaire, à la vitesse de 1,3 Mo par seconde :
\[ t = \frac{105{,}5}{1{,}3} \approx 81{,}2 \text{ s} \]
Or 1 min 25 s = 60 s + 25 s = 85 s, et \( 81{,}2 \lt 85 \).
Non, il faudra moins d’une minute et vingt-cinq secondes (environ 1 min 21 s) pour terminer le téléchargement.
