Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Comme \(21 = 3 \times 7\) avec 3 et 7 premiers, un nombre est divisible par 21 lorsque sa décomposition contient à la fois le facteur 3 et le facteur 7.
- Nombre 1 : ni 3 ni 7 dans la décomposition, il n’est pas divisible par 21.
- Nombre 2 : il contient 3 mais pas 7, il n’est pas divisible par 21.
- Nombre 3 : il contient 7 mais pas 3, il n’est pas divisible par 21.
- Nombre 4 : \(2 \times 3 \times 5 \times 7 = (2 \times 5) \times 21 = 10 \times 21\), il est divisible par 21 (il vaut 210).
- Nombre 5 : \(2^3 \times 3^2 \times 7 = (2^3 \times 3) \times 21 = 24 \times 21\), il est divisible par 21 (il vaut 504).
Seuls les nombres 4 et 5 sont divisibles par 21.
2. On déplace la virgule de 6 rangs vers la droite pour obtenir un nombre entre 1 et 10 : \(0{,}000\,002\,76 = 2{,}76 \times 10^{-6}\).
3. En une minute, la comète parcourt 2 640 km, c’est-à-dire \(2\,640 \times 1\,000 = 2\,640\,000\) m. Une minute dure 60 secondes, donc en une seconde elle parcourt :
\[\dfrac{2\,640\,000}{60} = 44\,000\ \text{m}.\]
La vitesse de la comète est de 44 000 m/s.
4. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul. Donc \((2x – 7)(3x + 1) = 0\) équivaut à \(2x – 7 = 0\) ou \(3x + 1 = 0\).
- \(2x – 7 = 0\) donne \(2x = 7\), soit \(x = \dfrac{7}{2} = 3{,}5\).
- \(3x + 1 = 0\) donne \(3x = -1\), soit \(x = -\dfrac{1}{3}\).
L’équation a deux solutions : \(\dfrac{7}{2}\) et \(-\dfrac{1}{3}\).
5. On remplace \(x\) par \(-3\), en n’oubliant pas que le carré s’applique à tout le nombre \(-3\) :
\[f(-3) = 5 \times (-3)^2 + 2 = 5 \times 9 + 2 = 45 + 2 = 47.\]
L’image de \(-3\) par \(f\) est 47.
6. Les points C, E, A d’une part et C, D, B d’autre part sont alignés, et les droites (ED) et (AB) sont parallèles. Le théorème de Thalès s’applique donc aux triangles CED et CAB :
\[\dfrac{\text{CE}}{\text{CA}} = \dfrac{\text{CD}}{\text{CB}} = \dfrac{\text{DE}}{\text{BA}}.\]
Comme D est sur le segment [BC], on a CB = CD + DB = 3 + 1 = 4 cm. On utilise alors l’égalité \(\dfrac{\text{CD}}{\text{CB}} = \dfrac{\text{DE}}{\text{BA}}\) :
\[\dfrac{3}{4} = \dfrac{\text{DE}}{5} \quad \text{donc} \quad \text{DE} = \dfrac{3 \times 5}{4} = \dfrac{15}{4} = 3{,}75.\]
Le segment [DE] mesure 3,75 cm.
Exercice 2 :
1. La moyenne s’obtient en additionnant les 9 températures des cellules B2 à J2, puis en divisant par 9. On peut saisir dans la cellule B4 : =SOMME(B2:J2)/9 (la formule =MOYENNE(B2:J2) convient aussi).
2. La somme des températures vaut 216,4 et \(\dfrac{216{,}4}{9} \approx 24{,}04\). La moyenne est donc d’environ 24 °C.
3. En rangeant les températures dans l’ordre croissant : 17,4 ; 22,6 ; 23,1 ; 23,4 ; 24 ; 25,2 ; 25,7 ; 26 ; 29, la valeur 24 est la 5e des 9 valeurs. Interprétation : au moins la moitié des années étudiées, le 25 juin, la température maximale à Strasbourg a été inférieure ou égale à 24 °C, et au moins la moitié des années elle a été supérieure ou égale à 24 °C.
4. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite valeur de la série. De 2010 à 2018, l’étendue vaut 11,6 °C ; en ajoutant l’année 2019, elle passe à 18,5 °C. L’étendue a augmenté, donc la température de 2019 est une nouvelle valeur extrême.
Si c’est la nouvelle plus grande valeur, la plus petite reste 17,4 °C et la température de 2019 vaut \(17{,}4 + 18{,}5 = 35{,}9\) °C.
(Mathématiquement, on pourrait aussi imaginer une nouvelle plus petite valeur : la plus grande restant 29 °C, on aurait \(29 – 18{,}5 = 10{,}5\) °C, ce qui n’est pas crédible pour un maximum de fin juin ; c’est bien la valeur de 35,9 °C qui a été relevée, pendant la canicule de juin 2019.)
La température maximale atteinte à Strasbourg le 25 juin 2019 est 35,9 °C.
5. Il y a 9 fiches équiprobables : chaque probabilité se calcule en divisant le nombre de fiches favorables par 9.
a. Une seule fiche porte 26 °C (l’année 2017). La probabilité est \(\dfrac{1}{9}\).
b. Les températures inférieures ou égales à 24 °C sont 17,4 ; 22,6 ; 23,1 ; 23,4 et 24, soit 5 fiches. La probabilité est \(\dfrac{5}{9}\).
c. Les températures strictement supérieures à 25 °C sont 25,2 ; 25,7 ; 26 et 29, soit 4 fiches. La probabilité vaut \(\dfrac{4}{9} \approx 0{,}444\), c’est-à-dire environ 44,4 %. Comme \(44{,}4\,\% \gt 40\,\%\), on a raison : on a plus de 40 % de chance de tirer une telle fiche.
Exercice 3 :
1. Dans le triangle ONM rectangle en N, on connaît l’angle \(\widehat{\text{MON}}\) et son côté adjacent ON ; on cherche le côté opposé MN. On utilise donc la tangente :
\[\tan(\widehat{\text{MON}}) = \dfrac{\text{MN}}{\text{ON}} \quad \text{donc} \quad \text{MN} = 6 \times \tan(32^{\circ}) \approx 3{,}749.\]
Au millimètre près, MN ≈ 3,7 cm.
2. Le triangle OPQ est rectangle en P, d’hypoténuse [OQ]. D’après le théorème de Pythagore :
\[\text{OQ}^2 = \text{OP}^2 + \text{PQ}^2 \quad \text{donc} \quad \text{OP}^2 = 6{,}5^2 – 2{,}5^2 = 42{,}25 – 6{,}25 = 36.\]
Une longueur étant positive, \(\text{OP} = \sqrt{36} = 6\). On a bien OP = 6 cm.
3. Les deux triangles sont rectangles et ont un côté de l’angle droit de même longueur : ON = OP = 6 cm. Mais l’autre côté de l’angle droit ne mesure pas la même chose : MN ≈ 3,7 cm alors que PQ = 2,5 cm. Des triangles égaux ont leurs côtés deux à deux de même longueur ; ici, aucun côté du triangle OPQ ne peut correspondre à MN (les côtés de OPQ mesurent 6 cm, 2,5 cm et 6,5 cm). Les triangles ONM et OPQ ne sont donc pas égaux.
4. Dans l’agrandissement qui transforme ORS en OPQ, l’hypoténuse [OS] du triangle ORS (rectangle en R) correspond à l’hypoténuse [OQ] du triangle OPQ (rectangle en P). Le coefficient d’agrandissement est donc :
\[k = \dfrac{\text{OQ}}{\text{OS}} = \dfrac{6{,}5}{3{,}25} = 2.\]
L’aire du triangle rectangle OPQ vaut \(\dfrac{\text{OP} \times \text{PQ}}{2} = \dfrac{6 \times 2{,}5}{2} = 7{,}5\) cm².
Dans un agrandissement de rapport \(k\), les aires sont multipliées par \(k^2 = 4\). L’aire de ORS est donc quatre fois plus petite que celle de OPQ :
\[\mathcal{A}_{\text{ORS}} = \dfrac{7{,}5}{4} = 1{,}875.\]
L’aire du triangle ORS est 1,875 cm².
Exercice 4 :
1. Les points D, E et \(y\) sont alignés (E est sur la demi-droite [D\(y\)) entre D et \(y\)), donc les angles \(\widehat{\text{DEF}}\) et \(\widehat{\text{FE}y}\) sont supplémentaires : leur somme vaut 180°. Comme \(\widehat{\text{DEF}}\) est un angle du pentagone régulier, il mesure 108°, d’où :
\[\widehat{\text{FE}y} = 180^{\circ} – 108^{\circ} = 72^{\circ}.\]
L’angle \(\widehat{\text{FE}y}\) mesure bien 72 degrés.
2. a. Un pentagone a 5 côtés : on répète 5 fois « avancer puis tourner ». Au bout d’un côté, le lutin regarde dans le prolongement de ce côté (comme la demi-droite [E\(y\)) de la question 1) ; pour partir le long du côté suivant, il doit tourner de l’angle extérieur, soit 72°. Vérification : \(5 \times 72^{\circ} = 360^{\circ}\), le lutin fait un tour complet et revient à son orientation de départ.
définir pentagone
stylo en position d'écriture
répéter 5 fois
avancer de (longueur) pas
tourner ↺ de 72 degrés
fin répéter
relever le stylo
On écrit donc 5 dans la case « répéter » et 72 dans la case « tourner ».
b. Après le bloc « pentagone », le lutin est revenu en (0 ; 0), orienté vers la droite, puisqu’il a fait un tour complet.
- Camille avance de 120 pas vers la droite puis retrace le même pentagone : le second est l’image du premier par une translation de 120 pas vers la droite. Les deux pentagones sont côte à côte et orientés pareil : c’est la copie d’écran 3.
- Lou tourne de 60° vers la gauche sur place, au point (0 ; 0), avant de retracer : le second pentagone est l’image du premier par la rotation de centre le point (0 ; 0) et d’angle 60°. Les deux figures partagent un sommet et se chevauchent : c’est la copie d’écran 1.
- Zoé fait demi-tour (180°) sur place : le second pentagone est l’image du premier par la symétrie centrale de centre (0 ; 0). Il est « tête en bas » et touche le premier par un seul sommet : c’est la copie d’écran 2.
| Nom de l’élève | Numéro de la copie d’écran | Nom de la transformation |
|---|---|---|
| Camille | 3 | translation |
| Lou | 1 | rotation |
| Zoé | 2 | symétrie centrale |
c. Le programme de Sofia commence comme ceux de ses camarades (lancement, effacement, placement en (0 ; 0), orientation, longueur de 60 puis premier pentagone en 6e position). Pour obtenir l’image par une homothétie de centre (0 ; 0) et de rapport 1,5, il suffit ensuite de multiplier la longueur des côtés par 1,5 et de retracer un pentagone depuis le même point de départ.
| Instruction | Ordre d’apparition |
|---|---|
| effacer tout | 2e |
| s’orienter à 90 | 4e |
| pentagone | 6e |
| quand drapeau vert est cliqué | 1re |
| mettre longueur à 60 | 5e |
| aller à x : 0 y : 0 | 3e |
| pentagone | 8e |
| mettre longueur à longueur * 1.5 | 7e |
Le programme complet de Sofia est donc :
quand drapeau vert est cliqué effacer tout aller à x : 0 y : 0 s'orienter à 90 mettre longueur à 60 pentagone mettre longueur à (longueur * 1.5) pentagone
(Les instructions « aller à x : 0 y : 0 » et « s’orienter à 90 » peuvent être échangées sans changer le dessin ; l’ordre ci-dessus reprend celui des programmes de Camille, Lou et Zoé.)
Exercice 5 :
1. Le volume d’un cylindre de rayon \(r\) et de hauteur \(h\) est \(\mathcal{V} = \pi r^2 h\). Ici :
\[\mathcal{V} = \pi \times 3{,}6^2 \times 1{,}5 = 19{,}44\pi \approx 61{,}07\ \text{m}^3.\]
Arrondi au dixième, le volume du bassin est bien 61,1 m³.
2. En une heure, la pompe évacue 14,1 m³ ; en 2 heures, elle évacue \(2 \times 14{,}1 = 28{,}2\) m³. Il reste donc \(61{,}1 – 28{,}2 = 32{,}9\) m³.
Au bout de 2 heures, il reste 32,9 m³ d’eau à vider.
3. a. Une heure dure 60 minutes, donc la pompe évacue par minute :
\[\dfrac{14{,}1}{60} = 0{,}235\ \text{m}^3.\]
En \(t\) minutes, elle évacue donc \(0{,}235t\) m³. En partant d’un bassin plein de 61,1 m³, il reste à vider \(61{,}1 – 0{,}235t\) m³, qui est exactement \(V(t)\). \(V(t)\) donne bien le volume restant à vider après \(t\) minutes de pompage.
b. On cherche \(t\) tel que \(V(t) = 30\) :
\[61{,}1 – 0{,}235t = 30 \iff 0{,}235t = 61{,}1 – 30 = 31{,}1 \iff t = \dfrac{31{,}1}{0{,}235} \approx 132{,}3.\]
Il faut environ 132 minutes (soit 2 h 12 min) pour qu’il ne reste plus que 30 m³ à vider.
4. a. On place 40 sur l’axe des ordonnées, on rejoint horizontalement la droite puis on descend verticalement sur l’axe des abscisses : on lit environ 90. L’antécédent de 40 par \(V\) est environ 90 : au bout de 90 minutes de pompage, il reste environ 40 m³ d’eau dans le bassin. (Le calcul \(\dfrac{61{,}1 – 40}{0{,}235} \approx 89{,}8\) confirme la lecture.)
b. Le bassin est vide lorsque \(V(t) = 0\) : on lit l’abscisse du point où la droite coupe l’axe des abscisses, soit environ 260. La pompe vide complètement le bassin en environ 260 minutes, soit 4 h 20 min. (En effet \(\dfrac{61{,}1}{0{,}235} = 260\).)
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