Exercice 1 :
1. D’après l’identité remarquable \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) : \((3x+5)^2=9x^2+2\times 3x\times 5+25=9x^2+30x+25\). Réponse C : \(9x^2+30x+25\).
2. Pour \(x=4\) : \(4\times 5=20\) ; \((4+1)(4-2)=5\times 2=10\) ; \((4+1)^2=25\). Réponse B : \((x+1)(x-2)\).
3. \(4x-x^2+3x+2x^2=(2x^2-x^2)+(4x+3x)=x^2+7x\). Réponse C : \(7x+x^2\).
4. \(16x^2-4=(4x)^2-2^2=(4x-2)(4x+2)\) d’après \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\). Réponse B : \((4x-2)(4x+2)\).
5. \(2x-(8+3x)=2\) équivaut à \(2x-8-3x=2\), soit \(-x-8=2\), donc \(-x=10\) et \(x=-10\). Réponse B : \(-10\).
Exercice 2 :
1. Dans chaque ligne, la colonne C contient la différence des colonnes A et B : \(216-126=90\), \(126-90=36\), \(90-36=54\)… On entre en C1 la formule =A1-B1.
2. À la ligne 2, on retrouve 126 et 90, c’est-à-dire les nombres de B1 et C1. Le plus grand des deux est placé en A2 et le plus petit en B2. De même, à la ligne 3, 90 = MAX(90 ; 36) et à la ligne 4, 54 = MAX(36 ; 54). La formule entrée en A2 est donc =MAX(B1;C1) (et en B2 : =MIN(B1;C1)).
3. La feuille applique l’algorithme des différences successives à 216 et 126. On s’arrête lorsque la différence devient nulle (ligne 6) : la dernière différence non nulle est celle de la cellule C5. Le nombre 18 figurant en C5 est donc le PGCD de 216 et 126.
4. Le PGCD de 216 et 126 vaut 18, qui est différent de 1 : la fraction \(\dfrac{216}{126}\) n’est pas irréductible. On simplifie par le PGCD :
\[\dfrac{216}{126}=\dfrac{18\times 12}{18\times 7}=\dfrac{12}{7}.\]
Comme 12 et 7 n’ont pas d’autre diviseur commun que 1, la fraction irréductible est \(\dfrac{12}{7}\).
Exercice 3 :
1. Au bout de 24 minutes, le point de la courbe d’abscisse 24 a pour ordonnée 0,5 : il reste 0,5 km à parcourir.
2. On lit l’ordonnée du point d’abscisse 4 : l’image de 4 par \(f\) est 8, soit \(f(4)=8\).
3. Le point d’abscisse 8 a pour ordonnée 6 : \(f(8)=6\).
4. On cherche les abscisses des points de la courbe d’ordonnée 0 : il n’y en a qu’un. Le seul antécédent de 0 est 26 : Hélène arrive au bout de 26 minutes.
5. On trace la droite horizontale d’ordonnée 4 : elle coupe la courbe en un seul point, d’abscisse 16. Donc \(f(t)=4\) pour \(t=16\) minutes.
Exercice 4 :
1. \(0\times 1{,}8+32=32\). Le thermomètre indiquerait 32 °F.
2. \(23\times 1{,}8+32=41{,}4+32=73{,}4\). Le thermomètre indiquerait 73,4 °F.
3. On multiplie \(x\) par 1,8 puis on ajoute 32 : \(f(x)=1{,}8x+32\). C’est une fonction affine.
Exercice 5 :
La hauteur de l’assise est la longueur CE.
ABDC est un rectangle, donc ses côtés opposés ont la même longueur : \(AC=BD=34\) cm.
Le triangle ACE est rectangle en C, d’hypoténuse [AE]. D’après le théorème de Pythagore :
\[AE^2=AC^2+CE^2\]
\[CE^2=AE^2-AC^2=56^2-34^2=3\,136-1\,156=1\,980\]
\[CE=\sqrt{1\,980}\approx 44{,}5\text{ cm}.\]
Comme \(44 < 44{,}5 < 46\), la hauteur de l’assise est comprise entre 44 cm et 46 cm : le siège est adapté à Nicolas.
Exercice 6 :
a) Le volume d’un cylindre est \(V=\pi r^2 h\) :
\[V=\pi\times 0{,}6^2\times 1{,}5=\pi\times 0{,}36\times 1{,}5=0{,}54\pi\text{ m}^3.\]
Valeur exacte : \(0{,}54\pi\) m³. Comme \(0{,}54\pi\approx 1{,}696\,5\) m³ et que 1 m³ = 1 000 dm³, on obtient \(V\approx 1\,696\) dm³ au dm³ près.
b) Chaque fût, posé debout, occupe au sol un carré de côté égal à son diamètre, soit \(2\times 0{,}6=1{,}2\) m, et une hauteur de 1,5 m.
- Sur la longueur : \(360: 1{,}2=300\) fûts.
- Sur la largeur : \(150: 1{,}2=125\) fûts.
- Sur la hauteur : \(9: 1{,}5=6\) couches.
Nombre de fûts : \(300\times 125\times 6=225\,000\). On peut bien stocker 225 000 fûts dans ce bassin.
c) Volume du bassin : \(360\times 150\times 9=486\,000\) m³.
Volume occupé par les fûts : \(225\,000\times 0{,}54\pi=121\,500\pi\approx 381\,703{,}5\) m³.
Volume perdu : \(486\,000-121\,500\pi\approx 104\,296{,}5\) m³.
\[\dfrac{486\,000-121\,500\pi}{486\,000}\times 100=(1-\dfrac{\pi}{4})\times 100\approx 21{,}5.\]
Le pourcentage d’espace perdu est d’environ 21,5 %.
Exercice 7 :
1. Faux. Un triangle inscrit dans un cercle n’est rectangle que si l’un de ses côtés est un diamètre du cercle. Contre-exemple : un triangle équilatéral est inscrit dans un cercle (son cercle circonscrit) et il n’a aucun angle droit.
2. Vrai. Tout point de la médiatrice d’un segment est équidistant de ses extrémités : \(MA=MB\). Le triangle AMB (M n’étant pas le milieu de [AB]) a deux côtés de même longueur : il est isocèle en M.
3. Vrai. Le triangle ABC est rectangle en A, d’hypoténuse [BC]. Dans ce triangle :
\[\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{4}{8}=0{,}5\]
donc \(\widehat{ACB}=30^{\circ}\) (à la calculatrice : \(\arcsin(0{,}5)=30^{\circ}\)).
4. Vrai. Les codages indiquent que les quatre côtés de ABCD ont la même longueur : ABCD est un losange. Un losange qui possède un angle droit (codé en A) est un carré. Les codages font foi, même si la figure n’est pas tracée en vraie grandeur.
Exercice 8 :
a) Le point C appartient au demi-cercle de diamètre [PR]. Or, si un triangle est inscrit dans un cercle et a pour côté un diamètre de ce cercle, alors il est rectangle au sommet opposé à ce diamètre. Donc le triangle PRC est rectangle en C.
b) Dans le triangle PRC rectangle en C, d’hypoténuse [PR], l’angle \(\widehat{CRP}\) mesure 60°. Le côté [RC] est adjacent à cet angle :
\[\cos\widehat{CRP}=\dfrac{RC}{PR}\quad\text{donc}\quad RC=PR\times \cos 60^{\circ}=3\,000\times 0{,}5=1\,500.\]
La distance RC est de 1 500 brasses.
Exercice 9 :
Nombre de sachets. Le nombre de sachets doit diviser à la fois 108 et 135 ; le plus grand nombre possible est le PGCD de 108 et 135. Par l’algorithme d’Euclide :
\[135=1\times 108+27\qquad 108=4\times 27+0\]
Le dernier reste non nul est 27 : \(\text{PGCD}(108\,;135)=27\). Michel peut préparer 27 sachets, contenant chacun \(108: 27=4\) billes blanches et \(135: 27=5\) billes noires.
Masse d’un sachet. Une bille noire pèse 4 g. Une bille blanche pèse 25 % de plus : \(4\times 1{,}25=5\) g.
\[4\times 5+5\times 4=20+20=40\text{ g}.\]
Un sachet pèse 40 g (sans compter l’emballage).
Gain maximal. Chaque sachet est vendu 2 € : \(27\times 2=54\). Michel pourra gagner au maximum 54 €.
