Corrigé du sujet (brevet maths 2024)
Exercice 1 :
- Une probabilité est toujours comprise entre 0 et 1. Or \(2{,}7\times 10^{0}=2{,}7\) et \(2{,}7\times 10^{7}=27\,000\,000\) sont supérieurs à 1. Réponse A : \(2{,}7\times 10^{-7}\).
- La multiplication est prioritaire : \(\dfrac{2}{5}\times \dfrac{7}{4}=\dfrac{14}{20}\), puis \(\dfrac{3}{5}-\dfrac{14}{20}=\dfrac{12}{20}-\dfrac{14}{20}=-\dfrac{2}{20}=-\dfrac{1}{10}\). Réponse A.
- La réduction est de \(80-60=20\) €, et \(\dfrac{20}{80}=0{,}25=25\,\%\) du prix de départ. Réponse B : 25 %.
- F est le milieu de [AB], donc l’homothétie de centre A qui transforme B en F a pour rapport \(\dfrac{1}{2}\) (et non 2). Elle transforme D en G, milieu de [AD], et pas G en D. Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu : E est le milieu de [AC], donc cette homothétie transforme C en E. Réponse C.
- On range les 9 valeurs dans l’ordre croissant : 3 – 5 – 8 – 10 – 11 – 12 – 14 – 17 – 20. La médiane est la 5e valeur, car il y a 4 valeurs avant elle et 4 après. Réponse C : 11.
Exercice 2 (brevet maths 2024)
1) a) \(78=2\times 39=2\times 3\times 13\) et \(51=3\times 17\). Donc \(78=2\times 3\times 13\) et \(51=3\times 17\).
b) Le nombre de paniers doit diviser à la fois 39, 78 et 51. Avec \(39=3\times 13\), \(78=2\times 3\times 13\) et \(51=3\times 17\), le seul facteur premier commun aux trois nombres est 3 : le plus grand diviseur commun est 3. José peut préparer au maximum 3 paniers.
c) \(39: 3=13\), \(78: 3=26\) et \(51: 3=17\). Chaque panier contiendrait 13 salades, 26 carottes et 17 aubergines.
2) a) 39 et 78 sont des multiples de 13 (3 salades et 6 carottes par panier), mais pas 51 : \(51=13\times 3+12\). Avec 3 aubergines par panier, 12 aubergines ne seront pas utilisées.
b) Pour mettre 4 aubergines par panier, il en faut \(13\times 4=52\), soit \(52-51=1\). Puis il doit cueillir au minimum 1 aubergine supplémentaire.
3) Le nombre de tomates cueillies doit être un multiple de 13 compris entre 110 et 125. Or \(13\times 8=104\), \(13\times 9=117\) et \(13\times 10=130\) : seul 117 convient. José doit cueillir au maximum 117 tomates (9 par panier).
Exercice 3 :
1) Les segments [AC], [EB] et [FG] portent le même codage : ils ont la même longueur, donc \(EB=AC=2{,}5\) m. Comme E appartient au segment [DB] : \(DE=DB-EB=4{,}3-2{,}5=1{,}8\). Donc DE = 1,8 m.
2) Le triangle DEF est rectangle en E (l’angle en E est codé droit). De plus, dans ce triangle, [DE] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{EFD}\) et [DF] est l’hypoténuse :
\(\sin\widehat{EFD}=\dfrac{DE}{DF}\), donc \(\sin 30^{\circ}=\dfrac{1{,}8}{DF}\) et \(DF=\dfrac{1{,}8}{\sin 30^{\circ}}=\dfrac{1{,}8}{0{,}5}=3{,}6\).
La longueur du toit de la terrasse est bien DF = 3,6 m.
3) Aire du toit de la terrasse : \(12\times 3{,}6=43{,}2\) m². Nombre de rouleaux : \(43{,}2: 6=7{,}2\). 7 rouleaux ne suffisent pas (ils couvrent 42 m²), il faut donc acheter 8 rouleaux de laine de roche.
4) On appelle H le point de [DB] tel que \(BH=2{,}5\) m. Ensuite, les segments [AC] et [BH] sont tous deux perpendiculaires à (AB) et ont la même longueur 2,5 m : le quadrilatère ABHC est un parallélogramme avec un angle droit en A, c’est un rectangle. Donc \(CH=AB=8\) m et le triangle CHD est rectangle en H, avec \(DH=DB-BH=4{,}3-2{,}5=1{,}8\) m.
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle CHD rectangle en H : \(CD^2=CH^2+DH^2=8^2+1{,}8^2=64+3{,}24=67{,}24\).
Donc \(CD=\sqrt{67{,}24}=8{,}2\) : la longueur du toit de la partie habitable est bien CD = 8,2 m.
5) L’épaisseur vaut 10 cm = 0,1 m. Volume de ouate : \(12\times 8{,}2\times 0{,}1=9{,}84\) m³. Chaque mètre cube pèse 40 kg, donc la masse est \(9{,}84\times 40=393{,}6\). Matthieu doit acheter 393,6 kg de ouate de cellulose.
Exercice 4 (brevet maths 2024)
1) Les droites (PN) et (VM) sont toutes les deux perpendiculaires à la droite (DM). Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, alors elles sont parallèles : (PN) et (VM) sont parallèles.
2) Les points D, P, V sont alignés, ainsi que D, N, M, et les droites (PN) et (VM) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :
\(\dfrac{DP}{DV}=\dfrac{DN}{DM}=\dfrac{PN}{VM}\), donc \(\dfrac{3}{3{,}8}=\dfrac{PN}{0{,}741}\) et \(PN=\dfrac{3\times 0{,}741}{3{,}8}=0{,}585\).
Au panneau P, Fabienne se trouve à 0,585 km, soit 585 m d’altitude.
3) Elle a parcouru 3 km en 2 h : \(v=\dfrac{d}{t}=\dfrac{3}{2}=1{,}5\). Sa vitesse moyenne sur [DP] est de 1,5 km/h.
4) Longueur restante : \(PV=DV-DP=3{,}8-3=0{,}8\) km. Durée de ce trajet : \(t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{0{,}8}{1{,}2}=\dfrac{2}{3}\) h, soit \(\dfrac{2}{3}\times 60=40\) min.
Durée totale : 2 h + 40 min = 2 h 40 min, ce qui est plus que 2 h 30 min. Oui, elle a dépassé la durée estimée, de 10 minutes.
Exercice 5 :
1) a) La représentation graphique d’une fonction affine est une droite. Ici, la courbe de f n’est pas une droite : f n’est pas une fonction affine.
b) On lit sur le graphique les ordonnées des points de la courbe :
| \(x\) | \(-3\) | \(-2\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
| \(f(x)\) | \(0\) | \(-3\) | \(-4\) | \(-3\) | \(0\) | \(5\) |
c) Avec la formule = (B1 + 3)*(B1 – 1), on obtient en B2 : \((-3+3)\times (-3-1)=0\) et en C2 : \((-2+3)\times (-2-1)=-3\), ce qui correspond au tableau. (La formule = B1 + 3 donnerait 0 puis 1, et = SOMME(B1 : G1) donnerait \(-3\) dans les deux cellules.) La bonne formule est = (B1 + 3)*(B1 – 1).
2) a) \(g(-2)=2\times (-2)+1=-4+1=-3\). Par ailleurs, l’image de \(-2\) par g est \(-3\).
b) \(g(3)=2\times 3+1=6+1\), donc \(g(3)=7\).
c) On résout \(2x+1=2\), soit \(2x=1\) et \(x=\dfrac{1}{2}\). Puis L’antécédent de 2 par g est \(0{,}5\).
d) g est une fonction affine : sa représentation graphique est une droite. Ensuite, il suffit de placer deux points, par exemple \((-2\,;\,-3)\) et \((3\,;\,7)\) obtenus aux questions a) et b), puis de tracer la droite qui passe par ces deux points (elle coupe l’axe des ordonnées en 1).
3) a) \((x+3)(x-1)=x^2-x+3x-3\), donc \((x+3)(x-1)=x^2+2x-3\).
b) \(f(x)=g(x)\) équivaut à \(x^2+2x-3=2x+1\), c’est-à-dire \(x^2=4\). Puis les nombres dont le carré vaut 4 sont 2 et \(-2\).
Vérification : \(f(2)=5\times 1=5\) et \(g(2)=5\) ; \(f(-2)=1\times (-3)=-3\) et \(g(-2)=-3\). De plus, on a \(f(x)=g(x)\) pour \(x=-2\) et pour \(x=2\) : ce sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de f et de la droite de g.
Exercice 6 :
1) a) Les points A, B et X sont alignés, donc l’angle \(\widehat{ABX}\) est plat : \(\widehat{ABC}+\widehat{XBC}=180^{\circ}\). Donc \(\widehat{XBC}=180^{\circ}-120^{\circ}\), soit \(\widehat{XBC}=60^{\circ}\).
b) L’hexagone a 6 côtés : le lutin doit avancer puis tourner 6 fois. À chaque sommet, il ne tourne pas de l’angle intérieur de 120°, mais de l’angle extérieur calculé en a), soit 60° (et \(6\times 60^{\circ}=360^{\circ}\) : il revient à sa position de départ). Ensuite, il faut compléter par répéter 6 fois et tourner de 60 degrés.
2) a) La boucle « répéter 5 fois » appelle une fois le bloc Hexagone à chaque tour : le script trace 5 hexagones réguliers.
b) Au départ, la variable longueur vaut 32 : le 1er hexagone a des côtés de 32 pas.
c) Après le 1er hexagone, longueur est multipliée par 1,5 : \(32\times 1{,}5=48\). Par ailleurs, le 2e hexagone a des côtés de 48 pas.
d) Les longueurs des côtés augmentent à chaque hexagone (32, 48, 72, 108 puis 162), ce qui élimine le dessin 1 où les hexagones sont identiques. Puis le lutin ne se déplace jamais entre deux hexagones : après avoir tracé un hexagone, il revient à son point de départ avec la même orientation (vers la droite). Tous les hexagones partent donc du même sommet, avec leur côté inférieur sur la même droite, ce qui élimine le dessin 2 où les hexagones sont emboîtés autour d’un même centre. Ensuite, le script correspond au dessin 3.
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