Corrigé du brevet blanc de maths du 6 février 2015

Corrigé du sujet (brevet blanc 2015)

Exercice 1 :

QCM de calcul numérique

De plus, pour chaque ligne, il fallait entourer la ou les bonnes réponses parmi quatre propositions. Voici les calculs qui les justifient.

1. Ainsi, on calcule \( \dfrac{7}{4} – \dfrac{3}{4} \times \dfrac{2}{5} \). Puis la multiplication est prioritaire :

\[ \frac{7}{4} – \frac{3}{4} \times \frac{2}{5} = \frac{7}{4} – \frac{6}{20} = \frac{35}{20} – \frac{6}{20} = \frac{29}{20} = 1{,}45 \]

De même, les bonnes réponses sont \( \dfrac{29}{20} \) et \( 1{,}45 \), deux écritures du même nombre. Remarque : \( \dfrac{116}{80} \) est aussi égal à ce nombre (en simplifiant par 4, \( \dfrac{116}{80} = \dfrac{29}{20} \)), cette proposition est donc juste elle aussi. Ainsi, seule \( \dfrac{2}{5} \) est fausse : elle vient d’un calcul fait de gauche à droite sans respecter la priorité de la multiplication.

2. Également, on calcule \( 3 – 3 : 7 \). De plus, la division est prioritaire :

\[ 3 – \frac{3}{7} = \frac{21}{7} – \frac{3}{7} = \frac{18}{7} \]

Par ailleurs, la bonne réponse est \( \dfrac{18}{7} \). Ensuite, les réponses 0 (on a soustrait avant de diviser) et \( \dfrac{12}{21} \) sont fausses, et \( 2{,}571428571 \) n’est qu’une valeur approchée.

3. Enfin, Mon frère m’a laissé la moitié de la galette et j’en ai mangé les trois quarts. J’ai donc mangé \( \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{8} \) de la galette. Par ailleurs, il reste :

\[ \frac{1}{2} – \frac{3}{8} = \frac{4}{8} – \frac{3}{8} = \frac{1}{8} \]

De plus, il reste un huitième de la galette.

Exercice 1 (suite)

4. On simplifie \( \dfrac{7^4 \times 7^{-8}}{7^{-11} \times 7^5} \) avec les règles de calcul sur les puissances :

\[ \frac{7^4 \times 7^{-8}}{7^{-11} \times 7^5} = \frac{7^{4 – 8}}{7^{-11 + 5}} = \frac{7^{-4}}{7^{-6}} = 7^{-4 – (-6)} = 7^2 = 49 \]

Ainsi, Deux propositions sont justes : \( 49 \) et \( 7^2 \).

5. De même, en notation scientifique, le nombre s’écrit \( a \times 10^n \) avec \( 1 \leq\, a \lt 10 \). Ici \( 25 = 2{,}5 \times 10 \), donc la notation scientifique de 25 est \( 2{,}5 \times 10^1 \). L’écriture \( 25 \times 10^0 \) est égale à 25 mais n’est pas scientifique (\( 25 \geq\, 10 \)), de même que \( 0{,}25 \times 10^2 \) ; et \( 2{,}5 \times 10^{-1} = 0{,}25 \).

6. Également, on cherche la notation scientifique de \( \dfrac{26 \times 10^{-2} \times 9 \times 10^5}{3\,900 \times (10^4)^3} \). Puis on regroupe les nombres d’un côté et les puissances de 10 de l’autre :

\[ \frac{26 \times 9}{3\,900} \times \frac{10^{-2} \times 10^5}{10^{12}} = \frac{234}{3\,900} \times 10^{3 – 12} = 0{,}06 \times 10^{-9} = 6 \times 10^{-2} \times 10^{-9} = 6 \times 10^{-11} \]

Par ailleurs, la notation scientifique est \( 6 \times 10^{-11} \). Ensuite, la proposition \( 0{,}06 \times 10^{-9} \) donne bien le même nombre, mais ce n’est pas une notation scientifique puisque \( 0{,}06 \lt 1 \).

Ensuite, on retrouve exactement la même méthode pour cet exercice. Ainsi, chaque étape se calcule de la même façon que précédemment. Donc il suffit d’appliquer le cours avec soin.

Exercice 2 (brevet blanc 2015)

Arithmétique : PGCD et partage en lots

Enfin, un collectionneur possède 1 755 cônes et 1 053 porcelaines.

1. On calcule le PGCD de 1 755 et 1 053 avec l’algorithme d’Euclide : on divise le plus grand nombre par le plus petit, puis le diviseur par le reste, jusqu’à obtenir un reste nul.

• \( 1\,755 = 1\,053 \times 1 + 702 \), donc \( \text{PGCD}(1\,755 ; 1\,053) = \text{PGCD}(1\,053 ; 702) \) ;
• \( 1\,053 = 702 \times 1 + 351 \), donc \( \text{PGCD}(1\,053 ; 702) = \text{PGCD}(702 ; 351) \) ;
• \( 702 = 351 \times 2 + 0 \) : le reste est nul.

De plus, le PGCD est le dernier reste non nul : \( \text{PGCD}(1\,755 ; 1\,053) = 351 \).

2. Ainsi, on veut rendre irréductible la fraction \( \dfrac{1\,053}{1\,755} \). Puis une fraction est irréductible lorsque son numérateur et son dénominateur sont premiers entre eux ; il suffit donc de les diviser par leur PGCD :

\[ \frac{1\,053}{1\,755} = \frac{1\,053 : 351}{1\,755 : 351} = \frac{3}{5} \]

De même, la fraction irréductible est \( \dfrac{3}{5} \).

Exercice 2 (brevet blanc 2015) (suite)

3. a. Le collectionneur veut répartir tous ses objets en lots identiques, en faisant le plus grand nombre de lots possible. De plus, le nombre de lots doit diviser à la fois 1 755 (les cônes) et 1 053 (les porcelaines) : c’est un diviseur commun à ces deux nombres. Comme on veut le plus grand nombre de lots, c’est le plus grand diviseur commun, c’est-à-dire le PGCD trouvé à la question 1.

Également, le collectionneur pourra faire 351 lots.

3. b. On cherche la composition d’un lot : \( 1\,053 : 351 = 3 \) et \( 1\,755 : 351 = 5 \).

Par ailleurs, chaque lot contiendra 3 porcelaines et 5 cônes.

De même, la démarche de cet exercice reste identique à celle des précédents. Par conséquent, on applique le même ordre de calcul. Enfin, on vérifie le résultat obtenu.

Exercice 3 :

Théorème de Thalès : l’angle mort d’une voiture

Enfin, le conducteur regarde vers l’arrière de la voiture. Sa ligne de vision la plus basse part du point A, situé à 1,5 m au-dessus du sol à l’arrière du véhicule (point E au sol), et touche le sol au point C, avec \( EC = 6 \) m. De même, Tout ce qui se trouve sous le segment [AC] (zone grisée) est invisible pour le conducteur. Ensuite, une fillette de 1,10 m se tient en D, sa tête en B sur la ligne de vision.

1. De plus, on calcule CD. Par ailleurs, les droites (AB) et (ED) sont sécantes en C, et les droites (BD) et (AE) sont parallèles, car toutes deux perpendiculaires au sol. D’après le théorème de Thalès dans les triangles CBD et CAE :

\[ \frac{CB}{CA} = \frac{CD}{CE} = \frac{BD}{AE} \quad \text{soit} \quad \frac{CD}{6} = \frac{1{,}1}{1{,}5} \]
\[ CD = \frac{1{,}1 \times 6}{1{,}5} = \frac{6{,}6}{1{,}5} = 4{,}4 \]

Ainsi, on obtient \( CD = 4{,}4 \) m.

2. De même, on en déduit la distance ED entre l’arrière de la voiture et la fillette :

\[ ED = EC – CD = 6 – 4{,}4 = 1{,}6 \]

\( ED = 1{,}6 \) m : une fillette de 1,10 m placée à 1,60 m derrière la voiture a le sommet de la tête exactement sur la ligne de vision ; le conducteur voit à peine ses cheveux.

Ainsi, on applique ici le même raisonnement que pour l’exercice précédent. Donc les mêmes règles de calcul s’appliquent encore. Puis on simplifie le résultat si besoin.

Exercice 3 : (suite)

3. La fillette passe maintenant à 1,40 m derrière la voiture. Plus on se rapproche de la voiture (du point E), plus la ligne de vision est haute : à cet endroit, la hauteur de la ligne de vision dépasse 1,1 m. Puis en effet, la hauteur de la ligne à une distance \( x \) de C est \( 1{,}5 \times \dfrac{x}{6} \) ; ici \( x = 6 – 1{,}4 = 4{,}6 \) m, ce qui donne \( 1{,}5 \times \dfrac{4{,}6}{6} = 1{,}15 \) m, supérieur à 1,10 m.

La fillette est donc entièrement dans la zone grisée : le conducteur ne peut pas la voir du tout.

Par ailleurs, cet exercice se traite avec la même technique de calcul. De ce fait, la vérification se fait de la même manière. Ainsi, chaque résultat reste facile à contrôler.

Exercice 4 (brevet blanc 2015)

Volumes : la flûte à champagne

Également, la partie qui contient le champagne a la forme d’une pyramide de sommet F, de hauteur \( EF = 12 \) cm et dont la base est un carré de côté \( IG = 4 \) cm.

1. Par ailleurs, on calcule le volume \( V_f \) de la flûte avec la formule du volume d’une pyramide :

\[ V_f = \frac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} = \frac{1}{3} \times IG^2 \times EF = \frac{1}{3} \times 16 \times 12 = 64 \]

Enfin, le volume de la flûte est \( 64 \) cm³.

2. De plus, la flûte est remplie aux trois quarts de son volume. Ensuite, le volume \( V_c \) de champagne vaut :

\[ V_c = \frac{3}{4} \times V_f = \frac{3}{4} \times 64 = 48 \]

Ainsi, la flûte contient \( 48 \) cm³ de champagne.

3. a. Un glaçon est un cube de 1,5 cm d’arête. Son volume est :

\[ V_g = 1{,}5^3 = 3{,}375 \]

De même, un glaçon a un volume de \( 3{,}375 \) cm³.

3. b. Un glaçon plongé dans le champagne n’est immergé qu’aux quatre cinquièmes de son volume. Puis il faut trouver combien de glaçons font déborder la flûte.

Également, volume immergé d’un glaçon :

\[ \frac{4}{5} \times V_g = \frac{4}{5} \times 3{,}375 = 2{,}7 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, volume encore libre dans la flûte :

\[ V_f – V_c = 64 – 48 = 16 \text{ cm}^3 \]

La flûte déborde dès que le volume de glace immergée dépasse 16 cm³. Or \( 16 : 2{,}7 \approx 5{,}9 \) : avec 5 glaçons, le volume immergé vaut \( 5 \times 2{,}7 = 13{,}5 \) cm³ (pas de débordement) ; avec 6 glaçons, il vaut \( 6 \times 2{,}7 = 16{,}2 \) cm³, ce qui dépasse 16 cm³.

Il faut au minimum 6 glaçons pour que la flûte déborde.

Également, on procède ici de la même façon que juste avant. Ainsi, on retrouve la même rigueur dans chaque étape. Donc rien ne change dans la méthode à suivre.

Exercice 5 :

Statistiques et probabilités : la grille de la tombola

Enfin, pour financer un voyage, les 48 élèves vendent des cases d’une grille de tombola (2 € la case). De plus, le tableau donne le nombre de cases vendues par élève en décembre.

Nombre de cases vendues	10	12	14	15	16	18	20
Nombre d’élèves	5	12	9	7	5	6	4

1. a. On calcule le nombre total de cases vendues en multipliant chaque valeur par son effectif :

\[ 5 \times 10 + 12 \times 12 + 9 \times 14 + 7 \times 15 + 5 \times 16 + 6 \times 18 + 4 \times 20 = 50 + 144 + 126 + 105 + 80 + 108 + 80 = 693 \]

De plus, en décembre, les élèves ont déjà vendu 693 cases.

1. b. Chaque case rapporte 2 € : \( 693 \times 2 = 1\,386 \). Ensuite, ces ventes représentent 1 386 €.

1. c. On cherche le pourcentage d’élèves ayant vendu 15 cases ou moins. Par ailleurs, ils sont \( 5 + 12 + 9 + 7 = 33 \) sur 48 :

\[ \frac{33}{48} \times 100 = 68{,}75 \approx 69 \]

Ainsi, Environ 69 % des élèves ont vendu 15 cases ou moins.

1. d. Le nombre moyen de cases vendues par élève est le total divisé par l’effectif :

\[ m = \frac{693}{48} = 14{,}437\,5 \approx 14{,}4 \]

De même, en moyenne, un élève a vendu environ 14,4 cases, soit environ 14 cases.

2. Également, les 960 cases de la grille ont été vendues ; 92 d’entre elles font gagner un lot, dont 20 une clé USB. Chaque case a la même chance d’être tirée : on est dans une situation d’équiprobabilité.

2. a. La probabilité qu’une case achetée fasse gagner un lot est :

Exercice 5 : (suite)

\[ P(\text{lot}) = \frac{92}{960} = \frac{23}{240} \approx 0{,}096 \]

La probabilité de gagner un lot est \( \dfrac{23}{240} \approx 0{,}10 \) (arrondie au centième), soit un peu moins d’une chance sur dix.

2. b. La probabilité qu’une case fasse gagner une clé USB est :

\[ P(\text{clé USB}) = \frac{20}{960} = \frac{1}{48} \approx 0{,}02 \]

Par ailleurs, la probabilité de gagner une clé USB est \( \dfrac{1}{48} \approx 0{,}02 \).

Puis on continue avec un exercice qui se résout selon la même logique. Enfin, on vérifie chaque résultat avec soin. Également, de plus, on prend le temps de bien rédiger.

Exercice 6 (brevet blanc 2015)

Géométrie : le champ de Jean-Michel

Enfin, le champ ABCD est partagé par la diagonale [AC], de longueur 65 m, en deux triangles : ABC, rectangle en B avec \( BC = 56 \) m et un périmètre de 154 m, et ADC avec \( AD = 16 \) m et un périmètre de 144 m.

1. a. On calcule les longueurs manquantes DC et AB grâce aux périmètres des deux triangles.

Dans le triangle ADC : \( P_{ADC} = AD + DC + CA \), donc \( 144 = 16 + DC + 65 \), d’où \( DC = 144 – 81 = 63 \). Puis on obtient \( DC = 63 \) m.

Dans le triangle ABC : \( P_{ABC} = AB + BC + CA \), donc \( 154 = AB + 56 + 65 \), d’où \( AB = 154 – 121 = 33 \). Ensuite, on obtient \( AB = 33 \) m.

1. b. Le périmètre du champ est la longueur de son contour (la diagonale n’en fait pas partie) :

\[ P_{ABCD} = AB + BC + CD + DA = 33 + 56 + 63 + 16 = 168 \]

De plus, le périmètre du champ est de 168 m.

Exercice 6 (brevet blanc 2015) (suite)

2. On montre que le triangle ADC est rectangle. Son plus grand côté est [AC].

D’une part : \( AC^2 = 65^2 = 4\,225 \).

D’autre part : \( AD^2 + DC^2 = 16^2 + 63^2 = 256 + 3\,969 = 4\,225 \).

On a \( AC^2 = AD^2 + DC^2 \) ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ADC est rectangle en D.

3. L’aire du champ est la somme des aires des deux triangles rectangles (rectangle en B pour ABC, en D pour ADC ; pour ABC, on vérifie d’ailleurs que \( 33^2 + 56^2 = 1\,089 + 3\,136 = 4\,225 = 65^2 \)). Puis l’aire d’un triangle rectangle est le demi-produit des côtés de l’angle droit :

Exercice 6 (brevet blanc 2015) (suite)

\[ \mathcal{A}_{ABCD} = \frac{AB \times BC}{2} + \frac{AD \times DC}{2} = \frac{33 \times 56}{2} + \frac{16 \times 63}{2} = 924 + 504 = 1\,428 \]

L’aire du champ est de 1 428 m².

4. Jean-Michel veut clôturer tout le tour de son champ ; la clôture coûte 0,85 € le mètre. De plus, il faut 168 m de clôture :

\[ 168 \times 0{,}85 = 142{,}8 \]

Jean-Michel paiera 142,80 € pour clôturer son champ.

Ensuite, on retrouve exactement la même méthode pour cet exercice. Ainsi, chaque étape se calcule de la même façon que précédemment. Donc il suffit d’appliquer le cours avec soin.

Exercice 7 :

Tâche complexe : dose de charge d’un médicament

Un médecin doit prescrire à deux enfants, Lou (105 cm, 17,5 kg) et Joe (150 cm, 50 kg), la dose de charge d’un médicament : 70 mg par mètre carré de surface corporelle, sans jamais dépasser 70 mg par jour. Ensuite, la surface corporelle \( S \) (en m²) se calcule avec la formule de Mosteller, où la taille est en centimètres et la masse en kilogrammes :

\[ S = \sqrt{\frac{\text{taille} \times \text{masse}}{3\,600}} \]

Surface corporelle de Lou :

\[ S_{Lou} = \sqrt{\frac{105 \times 17{,}5}{3\,600}} = \sqrt{\frac{1\,837{,}5}{3\,600}} \approx 0{,}71 \]

Lou a une surface corporelle d’environ 0,71 m².

Surface corporelle de Joe :

\[ S_{Joe} = \sqrt{\frac{150 \times 50}{3\,600}} = \sqrt{\frac{7\,500}{3\,600}} \approx 1{,}44 \]

Joe a une surface corporelle d’environ 1,44 m².

Dose pour Lou : \( 0{,}71 \times 70 \approx 49{,}7 \) mg (avec la valeur non arrondie, \( 0{,}714 \times 70 \approx 50{,}0 \) mg). Par ailleurs, la dose adaptée pour Lou est donc de 50 mg, ce qui respecte bien le plafond de 70 mg par jour.

Dose pour Joe : \( 1{,}44 \times 70 \approx 100{,}8 \) mg, soit environ 101 mg. Mais la dose ne doit jamais dépasser 70 mg par jour : il faut donc plafonner la dose de Joe à 70 mg, et non lui donner 101 mg.

Conclusion : le médecin prescrira 50 mg à Lou et 70 mg à Joe.

Bien travailler avec brevet blanc 2015

Tout d’abord, fais l’exercice sans regarder la solution. Ensuite, compare ta démarche avec la correction, étape par étape. Ainsi, chaque erreur devient une occasion de progresser. Par ailleurs, de plus, un travail régulier sur brevet blanc 2015 vaut mieux qu’une longue séance.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, le programme officiel de mathématiques est détaillé sur le site Éduscol. Également, tu peux continuer avec corrigé du brevet de maths 2021 en Amérique du Nord.