Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Augmenter une quantité de 9 %, c’est lui ajouter 9 centièmes d’elle-même : on obtient \(100\,\% + 9\,\% = 109\,\%\) de la quantité de départ. Le coefficient multiplicateur est donc \(1 + \dfrac{9}{100} = 1{,}09\). La réponse A (1,9) correspondrait à une hausse de 90 % et la réponse B ne donne que le montant de la hausse. Réponse C : 1,09.
2. Les points A, E, C sont alignés dans cet ordre, donc \(AC = AE + EC = 2 + 5 = 7\) cm. Les droites (DE) et (BC) sont parallèles, D est sur [AB] et E sur [AC] : on est dans la configuration du théorème de Thalès avec les triangles ADE et ABC. On a donc :
\[\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{AE}{AC} = \dfrac{DE}{BC}\]
On utilise l’égalité \(\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{DE}{BC}\), soit \(\dfrac{2}{7} = \dfrac{3}{BC}\). Par produit en croix, \(BC = \dfrac{7 \times 3}{2} = 10{,}5\) cm. Réponse C : 10,5 cm.
3. On compte d’abord l’effectif total : \(10 + 43 + 26 + 7 + 42 + 32 = 160\) élèves. Les élèves qui étudient l’italien sont \(26 + 32 = 58\). L’élève est choisi au hasard, chaque élève a donc la même chance d’être interrogé : la probabilité cherchée est le nombre de cas favorables divisé par le nombre total de cas, soit \(\dfrac{58}{160}\). (La réponse C divise à tort par le nombre de garçons ou d’un sous-groupe.) Réponse B : \(\dfrac{58}{160}\).
4. Les filles qui ne font pas d’allemand sont celles qui font espagnol ou italien : \(43 + 26 = 69\). On les rapporte à l’ensemble des 160 élèves de 5e, puisque l’élève est tiré parmi tous les élèves (et non parmi les filles seulement). La probabilité vaut \(\dfrac{69}{160}\). Réponse C : \(\dfrac{69}{160}\).
Exercice 2 :
1. a. On suit le schéma avec le nombre \(-8\) :
- branche de gauche : \(-8 + 3 = -5\) ;
- branche de droite : \(-8 – 4 = -12\) ;
- produit des deux résultats : \((-5) \times (-12) = 60\) (produit de deux nombres négatifs, donc positif).
Le programme donne bien 60 lorsque l’on part de \(-8\).
b. L’équation \((x + 3)(x – 4) = 0\) est une équation produit nul. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul :
\[x + 3 = 0 \quad \text{ou} \quad x – 4 = 0\]
\[x = -3 \quad \text{ou} \quad x = 4\]
L’équation a deux solutions, \(-3\) et 4. Comme le résultat du programme est \((x + 3)(x – 4)\), il faut choisir \(-3\) ou 4 comme nombre de départ pour obtenir 0.
2. a. On développe à l’aide de la double distributivité :
\[f(x) = (x + 3)(x – 4) = x \times x + x \times (-4) + 3 \times x + 3 \times (-4) = x^2 – 4x + 3x – 12\]
Donc \(f(x) = x^2 – x – 12\).
b. On remplace \(x\) par \(\dfrac{1}{2}\) dans la forme développée :
\[f(\dfrac{1}{2}) = (\dfrac{1}{2})^2 – \dfrac{1}{2} – 12 = \dfrac{1}{4} – \dfrac{2}{4} – \dfrac{48}{4} = -\dfrac{49}{4}\]
\(f(\dfrac{1}{2}) = -\dfrac{49}{4} = -12{,}25\). On peut vérifier avec la forme factorisée : \((\dfrac{1}{2} + 3)(\dfrac{1}{2} – 4) = 3{,}5 \times (-3{,}5) = -12{,}25\).
c. Chercher les antécédents de \(-6\), c’est chercher les abscisses des points de \(\mathcal{C}_f\) d’ordonnée \(-6\). On trace la droite horizontale d’équation \(y = -6\) : elle coupe la parabole en deux points, dont on lit les abscisses sur l’axe horizontal. Les antécédents de \(-6\) par \(f\) sont \(-2\) et 3. Vérification par le calcul : \(f(-2) = 4 + 2 – 12 = -6\) et \(f(3) = 9 – 3 – 12 = -6\).
3. a. La colonne A contient les valeurs de \(x\) et la colonne B doit contenir \(3x – 7\). En B2, on écrit donc une formule qui utilise le contenu de A2 : =3*A2-7. En l’étirant vers le bas, la référence A2 devient A3, A4, etc.
b. \(g\) est une fonction affine : sa représentation graphique est une droite. Deux points suffisent pour la tracer ; on en prend deux dans le tableau, par exemple \((0\,;\,-7)\) et \((3\,;\,2)\), et on vérifie l’alignement avec un troisième, par exemple \((5\,;\,8)\). On trace la droite passant par les points \((0\,;\,-7)\) et \((3\,;\,2)\).
c. Deux nombres ont la même image par \(f\) et par \(g\) lorsque les deux courbes se coupent au point d’abscisse correspondante. On lit les abscisses des points d’intersection de la parabole et de la droite : \(-1\) et 5.
Vérification : \(f(-1) = 1 + 1 – 12 = -10\) et \(g(-1) = -3 – 7 = -10\) ; \(f(5) = 25 – 5 – 12 = 8\) et \(g(5) = 15 – 7 = 8\). Les nombres \(-1\) et 5 ont la même image par \(f\) et par \(g\).
Exercice 3 :
1. Diminuer une longueur de 20 %, c’est la multiplier par \(1 – \dfrac{20}{100} = 0{,}8\). Le côté du 2e carré mesure donc \(300 \times 0{,}8 = 240\) pixels. Le côté du 2e carré mesure bien 240 pixels.
2. Un carré a quatre côtés égaux et quatre angles droits : il faut répéter 4 fois « avancer de Côté » puis « tourner de 90 degrés ». Le bloc complété est :
1 définir Carré 2 répéter 4 fois 3 avancer de Côté 4 tourner ↻ de 90 degrés
Ligne 2 : 4 ; ligne 4 : 90.
3. a. Au premier passage dans la boucle, la variable Côté vaut 300. La ligne 7 envoie le stylo au point de coordonnées \((\dfrac{300}{2}\,;\,\dfrac{300}{2})\). Le stylo commence le premier carré au point \((150\,;\,150)\).
b. Suivons le tracé du premier carré. Le lutin part de \((150\,;\,150)\) orienté vers le bas : il avance de 300 jusqu’à \((150\,;\,-150)\), tourne à droite (il regarde alors vers la gauche), avance jusqu’à \((-150\,;\,-150)\), puis monte jusqu’à \((-150\,;\,150)\) et revient au départ. Le premier carré est donc centré sur l’origine du repère. Au tour suivant, Côté vaut 240 et le départ se fait en \((120\,;\,120)\) : le deuxième carré est lui aussi centré sur l’origine, avec des sommets en \((\pm 120\,;\,\pm 120)\), donc un peu plus petit que le premier.
On élimine les propositions 1 et 4, dont les carrés ne sont pas centrés sur l’origine, puis la proposition 2, dont le petit carré a ses sommets en \((\pm 100\,;\,\pm 100)\) : son côté serait 200, ce qui ne correspond pas à une réduction de 20 %. La proposition 3 correspond au tracé des deux premiers carrés : deux carrés centrés sur l’origine, le plus petit ayant ses sommets en \((\pm 120\,;\,\pm 120)\). Sur le dessin de l’énoncé, le grand carré de la proposition 3 semble s’arrêter vers 140 au lieu de 150 : le schéma est approximatif, mais c’est la seule proposition compatible avec le script.
c. À chaque passage dans la boucle, le côté est multiplié par 0,8. Le 1er carré a pour côté 300, le 2e \(300 \times 0{,}8\), le 3e \(300 \times 0{,}8^2\), et ainsi de suite : le 10e et dernier carré a pour côté
\[300 \times 0{,}8^9 \approx 40{,}27\]
Le côté du dernier carré mesure environ 40 pixels (si l’on entend par « longueur du carré » la longueur totale de son tracé, c’est-à-dire son périmètre, on obtient \(4 \times 40{,}27 \approx 161\) pixels).
4. L’instruction B fixe l’épaisseur de départ : elle doit être exécutée une seule fois, avant la boucle, par exemple entre les lignes 2 et 3 (les positions entre 1 et 2, entre 3 et 4 ou entre 4 et 5 conviennent aussi). L’instruction A diminue l’épaisseur d’une unité : elle doit être répétée dans la boucle, après le tracé de chaque carré, donc entre les lignes 9 et 10. Ainsi le premier carré est tracé avec une épaisseur 11, le deuxième avec 10, et ainsi de suite.
Remarque : l’énoncé parle du « script de la question 2 », mais les lignes numérotées de 1 à 10 sont celles du script de la question 3.
Exercice 4 :
1. Dans le triangle ACB rectangle en C, on connaît l’hypoténuse AB = 124 cm et le côté [AC] = 30 cm, qui est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ABC}\). On utilise donc le sinus :
\[\sin \widehat{ABC} = \dfrac{\text{côté opposé}}{\text{hypoténuse}} = \dfrac{AC}{AB} = \dfrac{30}{124}\]
À la calculatrice, \(\widehat{ABC} = \arcsin(\dfrac{30}{124}) \approx 14{,}0^\circ\). La rampe fait un angle d’environ 14° avec le sol.
2. Le triangle ACB est rectangle en C, d’hypoténuse [AB]. D’après le théorème de Pythagore :
\[AB^2 = AC^2 + BC^2 \quad \text{donc} \quad BC^2 = AB^2 – AC^2 = 124^2 – 30^2 = 15\,376 – 900 = 14\,476\]
Une longueur étant positive, \(BC = \sqrt{14\,476} \approx 120{,}3\) cm. BC mesure bien environ 120 cm.
3. La rampe est un prisme droit dont la base est le triangle ACB, rectangle en C, et dont la hauteur est BE = 9 m = 900 cm. Son volume est :
\[V = \text{aire de la base} \times \text{hauteur} = \dfrac{AC \times BC}{2} \times BE \approx \dfrac{30 \times 120}{2} \times 900 = 1\,620\,000\ \text{cm}^3\]
Or \(1\ \text{m}^3 = 1\,000\,000\ \text{cm}^3\), donc \(V \approx 1{,}62\ \text{m}^3\) (avec la valeur non arrondie de BC, on trouve environ \(1{,}624\ \text{m}^3\)). Comme \(1{,}62 \lt 2\), les 2 m³ de béton suffisent pour réaliser la rampe.
4. On cherche BC pour que le volume du prisme soit exactement \(2\ \text{m}^3 = 2\,000\,000\ \text{cm}^3\), avec AC = 30 cm et BE = 900 cm :
\[\dfrac{30 \times BC}{2} \times 900 = 2\,000\,000 \quad \text{soit} \quad 13\,500 \times BC = 2\,000\,000\]
\[BC = \dfrac{2\,000\,000}{13\,500} \approx 148{,}15\]
BC vaudrait environ 148 cm.
Exercice 5 :
1. Sur la carte, les parallèles sont tracés tous les 10° et les méridiens tous les 15°. La croix est dans l’hémisphère Nord, à mi-chemin entre les parallèles 10° et 20° : sa latitude est d’environ 15° Nord. Elle est à l’ouest du méridien de Greenwich, sur le méridien situé quatre graduations à l’ouest de 0°, c’est-à-dire \(4 \times 15 = 60^\circ\). Fort-de-France a pour coordonnées environ 15° Nord et 60° Ouest (les valeurs réelles sont environ 14,6° N et 61° O).
2. a. On calcule l’écart entre les deux durées. Comme on ne peut pas retirer 27 minutes de 21 minutes, on convertit : 18 jours 1 heure 21 minutes = 18 jours 0 heure 81 minutes = 17 jours 24 heures 81 minutes. On soustrait alors unité par unité :
- jours : \(17 – 15 = 2\) ;
- heures : \(24 – 13 = 11\) ;
- minutes : \(81 – 27 = 54\).
LinkedOut a mis 2 jours 11 heures 54 minutes de plus que Primonial.
b. On calcule une moyenne pondérée par le nombre de bateaux de chaque catégorie :
\[\dfrac{43 \times 4\,600 + 7 \times 5\,800 + 20 \times 5\,800 + 5 \times 7\,500}{75} = \dfrac{197\,800 + 40\,600 + 116\,000 + 37\,500}{75} = \dfrac{391\,900}{75} \approx 5\,225{,}3\]
La distance moyenne parcourue est d’environ 5 225 milles.
c. On convertit d’abord la durée de course du Maxi Edmond de Rothschild en heures : 16 jours 1 heure 48 minutes correspondent à
\[16 \times 24 + 1 + \dfrac{48}{60} = 384 + 1 + 0{,}8 = 385{,}8\ \text{h}\]
Sa vitesse moyenne est la distance divisée par la durée : \(v = \dfrac{7\,500}{385{,}8} \approx 19{,}44\) milles/h. On compare avec celle de Redman :
\[\dfrac{19{,}44}{8{,}7} \approx 2{,}23\]
La vitesse moyenne du Maxi Edmond de Rothschild est donc environ 2,2 fois plus grande que celle de Redman.
d. Distance d’un Ocean Fifty en kilomètres : \(5\,800 \times 1{,}852 \approx 10\,742\) km.
Périmètre de l’équateur, cercle de rayon 6 370 km : \(P = 2 \times \pi \times 6\,370 \approx 40\,024\) km, donc un quart de ce périmètre vaut \(\dfrac{40\,024}{4} \approx 10\,006\) km.
L’écart est de \(10\,742 – 10\,006 = 736\) km, soit environ 7 % du quart de l’équateur. Le parcours des Ocean Fifty (environ 10 742 km) est proche du quart de l’équateur (environ 10 006 km) mais le dépasse de plus de 700 km : l’affirmation du journaliste n’est vraie qu’en ordre de grandeur, elle reste imprécise. Un élève qui conclut que le journaliste a tort parce que l’écart dépasse 700 km, ou qu’il a raison parce que l’écart relatif n’est que de 7 %, doit simplement justifier son choix avec ces deux valeurs.
Retour à l’énoncé : Brevet de maths 2023 en Polynésie (septembre) : sujet et corrigé.
