Corrigé du sujet
Partie 1 — Automatismes :
Question 1. Les deux termes contiennent \(x\) : on additionne leurs coefficients, \(4 + 3 = 7\). Donc \(A = 7x\).
Question 2. On range d’abord les 5 valeurs dans l’ordre croissant : 3 ; 7 ; 8 ; 17 ; 18. L’effectif est impair, la médiane est la valeur du milieu, c’est-à-dire la 3e : la médiane vaut 8.
Question 3. Prendre 25 %, c’est prendre le quart : \(160 : 4 = 40\). 25 % de 160 € font 40 €.
Question 4. La somme des angles d’un triangle vaut \(180^{\circ}\). Le troisième angle mesure donc \(180 – 60 – 100 = 20\), soit \(20^{\circ}\).
Question 5. Le triangle DEF est rectangle en D, donc son hypoténuse est [EF]. Pour l’angle \(\widehat{\text{DEF}}\) (de sommet E), le côté adjacent est [ED]. Le cosinus est le quotient « côté adjacent sur hypoténuse » : \(\cos(\widehat{\text{DEF}}) = \dfrac{\text{DE}}{\text{EF}}\).
Question 6. On distribue \(a\) à chacun des deux termes de la parenthèse : \(a \times 3a – a \times 2\), donc \(a(3a – 2) = 3a^2 – 2a\).
Question 7. Le critère du cours est : un nombre est divisible par 3 lorsque la somme de ses chiffres est divisible par 3. Ici \(4 + 8 + 3 + 6 = 21\) et 21 est divisible par 3. C’est donc l’élève 2 qui justifie correctement. Les autres arguments ne prouvent rien : 16 finit par 6 sans être divisible par 3, 14 est pair sans être divisible par 3, et 136 finit par 36 sans être divisible par 3.
Question 8. L’aire d’un disque est \(\pi \times r^2\), où \(r\) est le rayon. Le diamètre vaut 6 cm, donc le rayon vaut 3 cm : l’aire est \(\pi \times 3^2\) cm². (Les calculs \(2 \times \pi \times 3\) et \(2 \times \pi \times 6\) sont des formules de périmètre.)
Question 9. Le contour du polygone ACDEFB est formé des côtés [AC], [CD], [DE], [EF], [FB] et [BA] ; le segment [BC] est intérieur et ne compte pas. D’après le codage, AB, AC et DE mesurent \(x\) (double trait), CD mesure comme FE, soit 4 (trait simple), et FB = 3. Le périmètre vaut \(x + 4 + x + 4 + 3 + x\), c’est-à-dire \(3x + 11\).
Exercice 1 :
1. a. Un nombre premier admet exactement deux diviseurs : 1 et lui-même. Parmi les entiers de 1 à 7, le nombre 1 n’a qu’un diviseur (il n’est pas premier), 4 est divisible par 2 et 6 est divisible par 2 et 3. Les numéros premiers sont donc 2, 3, 5 et 7.
b. Les 7 boules sont indiscernables au toucher : chaque boule a la même chance d’être tirée, on est dans une situation d’équiprobabilité. Il y a 4 issues favorables (2, 3, 5 et 7) sur 7 issues possibles, donc la probabilité cherchée est bien \(\dfrac{4}{7}\).
2. a. Le bâton placé au-dessus du numéro 2 monte jusqu’à la graduation 10 : la boule numéro 2 est apparue avec une fréquence de 10 % (soit 10 fois sur les 100 tirages).
b. On lit sur le diagramme les fréquences des numéros premiers : 10 % pour le 2, 12 % pour le 3, 22 % pour le 5 et 10 % pour le 7. Leur somme vaut \(10 + 12 + 22 + 10 = 54\), soit bien 54 %.
3. a. On écrit \(\dfrac{4}{7}\) sous forme décimale : \(4 : 7 \approx 0{,}571\), soit environ 57,1 %. On peut aussi raisonner sans calculatrice : 54 % correspond à \(\dfrac{54}{100}\), et \(\dfrac{54}{100} \times 7 = 3{,}78\) n’est pas égal à 4. Dans les deux cas, \(\dfrac{4}{7} \approx 57{,}1\ \%\) n’est pas égal à 54 %.
b. La probabilité est une valeur théorique, alors que la fréquence est observée sur un nombre limité d’expériences (ici 100 tirages). D’un échantillon de tirages à l’autre, les résultats varient à cause du hasard : c’est la fluctuation d’échantillonnage. La fréquence observée se rapproche de la probabilité quand le nombre de tirages devient très grand, mais 100 tirages ne suffisent pas pour qu’elles coïncident.
Exercice 2 :
1. La droite (BF) est l’axe de symétrie de la figure. Le triangle COD est rectangle en O, donc la droite (AC), qui porte les points G, A, O, C et E, est perpendiculaire à (BF) en O. Dans la symétrie d’axe (BF), le point C a donc pour image le point de la droite (AC) situé de l’autre côté de O à la même distance : c’est le point A. Une symétrie axiale conserve les longueurs, donc OA = OC = 3 cm.
2. Les diagonales [AC] et [BD] du quadrilatère ABCD sont perpendiculaires en O, avec OA = OC = 3 cm, OB = 6 cm et OD = 4 cm. Construction : on trace un segment [AC] de 6 cm et on place son milieu O ; on trace la perpendiculaire à (AC) passant par O ; sur cette perpendiculaire, on place B à 6 cm de O d’un côté et D à 4 cm de O de l’autre côté ; enfin on trace les côtés [AB], [BC], [CD] et [DA]. On obtient un quadrilatère en forme de cerf-volant (AB = CB et AD = CD) ; on peut contrôler la construction en mesurant CD, qui doit valoir 5 cm, car \(\sqrt{3^2 + 4^2} = 5\).
3. Les points O, C, E sont alignés dans cet ordre, donc \(\text{OE} = \text{OC} + \text{CE} = 3 + 1{,}5 = 4{,}5\) cm. De même O, D, F sont alignés dans cet ordre, donc \(\text{OF} = \text{OD} + \text{DF} = 4 + 2 = 6\) cm. Les droites (OE) et (OF) sont perpendiculaires, donc le triangle OFE est rectangle en O et [FE] est son hypoténuse. D’après le théorème de Pythagore :
\[\text{FE}^2 = \text{OE}^2 + \text{OF}^2 = 4{,}5^2 + 6^2 = 20{,}25 + 36 = 56{,}25\]
Donc \(\text{FE} = \sqrt{56{,}25} = 7{,}5\) : le côté [FE] mesure 7,5 cm.
4. On utilise la réciproque du théorème de Thalès dans les triangles OCD et OEF. Les points O, C, E d’une part, et O, D, F d’autre part, sont alignés dans le même ordre. On compare les rapports :
\[\dfrac{\text{OC}}{\text{OE}} = \dfrac{3}{4{,}5} = \dfrac{2}{3} \qquad \text{et} \qquad \dfrac{\text{OD}}{\text{OF}} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}\]
Les deux rapports sont égaux, donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (CD) et (EF) sont parallèles. (Vérification : CD = 5 cm et \(\dfrac{5}{7{,}5} = \dfrac{2}{3}\) aussi, ce qui est cohérent.)
Exercice 3 :
1. a. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite valeur de la série. La plus haute température est 14,30 °C (en 2022), la plus basse 12,86 °C (en 2021). L’étendue vaut \(14{,}30 – 12{,}86 = 1{,}44\) : l’étendue est de 1,44 °C.
b. Dans le tableur, les températures sont sur la ligne 2, dans les colonnes B (2015) à K (2024) ; la cellule L2 est juste à droite et ne doit pas faire partie de la plage (sinon la formule ferait référence à elle-même). La bonne formule est =MIN(B2:K2).
2. On calcule le pourcentage d’augmentation de 10,73 à 13,50 :
\[\dfrac{13{,}50 – 10{,}73}{10{,}73} \times 100 = \dfrac{2{,}77}{10{,}73} \times 100 \approx 25{,}8\]
L’augmentation est d’environ 25,8 %, ce qui est plus que 25 %. Autre façon de voir : une hausse d’exactement 25 % aurait donné \(10{,}73 \times 1{,}25 = 13{,}412\,5\) °C, et 13,50 dépasse cette valeur. L’élève a raison.
3. De 2024 à 2034, il s’écoule \(2034 – 2024 = 10\) ans. La température augmente de 0,025 °C par an, donc de \(10 \times 0{,}025 = 0{,}25\) °C en dix ans. En 2034, on estime la température moyenne à \(13{,}50 + 0{,}25 = 13{,}75\), soit bien 13,75 °C.
4. À la ligne 3, le programme range dans la variable Nombre d'années d'écart la réponse de l’utilisateur moins 2024. Avec 2044, on obtient \(2044 – 2024 = 20\) : la variable contient 20. (Le programme dira ensuite que la température sera de \(13{,}5 + 0{,}025 \times 20 = 14\) °C.)
5. a. On isole \(x\) :
\[13{,}5 + 0{,}025x = 15 \iff 0{,}025x = 15 – 13{,}5 = 1{,}5 \iff x = \dfrac{1{,}5}{0{,}025} = 60\]
L’équation a pour unique solution \(x = 60\). Vérification : \(13{,}5 + 0{,}025 \times 60 = 13{,}5 + 1{,}5 = 15\).
b. Dans l’équation, \(x\) représente le nombre d’années écoulées depuis 2024 (c’est exactement le calcul fait par le programme Scratch). La température atteindra 15 °C au bout de 60 ans, soit en \(2024 + 60 = 2084\) : la température moyenne annuelle à Paris serait estimée à 15 °C en 2084.
Exercice 4 :
1. La vitesse moyenne est le quotient de la distance par la durée : \(v = \dfrac{950\ \text{km}}{10\ \text{h}} = 95\ \text{km/h}\). La vitesse moyenne du trajet est de 95 km/h.
2. Une figure admet un centre de symétrie si elle se superpose à elle-même après un demi-tour autour de ce point. Le panneau 1 (disque avec une barre horizontale centrée), le panneau 5 (disque barré d’une croix en X) et le panneau 6 (carré posé sur la pointe) reviennent sur eux-mêmes après un demi-tour autour de leur centre. En revanche, le camion du panneau 2 se retrouverait à l’envers, les deux voitures du panneau 3 échangeraient leurs couleurs et le triangle du panneau 4 aurait la pointe en bas. Les panneaux possédant un centre de symétrie sont les panneaux 1, 5 et 6.
3. a. L’aller mesure 950 km et le retour aussi : \(2 \times 950 = 1\,900\). Riley parcourt 1 900 km au total.
b. On calcule séparément le coût du carburant et celui des péages.
Carburant : la voiture consomme 5,5 L tous les 100 km. Pour 1 900 km, soit 19 fois 100 km, il lui faut \(19 \times 5{,}5 = 104{,}5\) L de diesel. À 1,70 € le litre, cela coûte \(104{,}5 \times 1{,}70 = 177{,}65\) €.
Péages : \(65 + 65 = 130\) €.
Coût total : \(177{,}65 + 130 = 307{,}65\) €. Comme \(307{,}65 \lt 311\), le budget de 311 € est suffisant : il resterait même 3,35 € à Riley.
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