Sujet du brevet 2013 de maths — Polynésie (Série générale)

n° 1. $9\times {10}^{-3}=0,009$ et $5\times {10}^2=500$. Donc ${\displaystyle \frac{15-9\times {10}^{-3}}{5\times {10}^2}}$$={\displaystyle \frac{15-0,009}{500}}$$={\displaystyle \frac{14,991}{500}}$$=0,029982$$=29,982\times {10}^{-3}$. Réponse B.

n° 2. À 40 km/h, on parcourt 40 000 m en 3 600 s. Le temps $t$ pour parcourir 800 m vérifie $t={\displaystyle \frac{d}{v}}={\displaystyle \frac{0,8\text{ km}}{40\text{ km/h}}}=0,02$ h, soit $0,02\times 3600=72$ s, c'est-à-dire 1 min 12 s. Réponse A.

n° 3. Le volume d'un cube d'arête $a$ est $a^3$. Si l'arête devient $3a$, le volume devient $(3a{)}^3=27a^3$ : il est multiplié par $3^3=27$. Réponse C.

n° 4. $25x^2-16=(5x{)}^2-4^2$ est une différence de deux carrés. D'après l'identité remarquable $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$ : $25x^2-16=(5x+4)(5x-4)$. Réponse C.

1. On utilise l'algorithme d'Euclide (divisions euclidiennes successives) :

$405=1\times 315+90$
$315=3\times 90+45$
$90=2\times 45+0$

Le PGCD est le dernier reste non nul. PGCD(405 ; 315) = 45.

2. a. Nombre de bénitiers de 12,5 cm : $9\times 35=315$. Nombre de bénitiers de 17,5 cm : $15\times 27=405$.
Tous les lots ont la même composition et tous les bénitiers sont utilisés : le nombre de lots doit donc diviser à la fois 315 et 405. Le plus grand nombre de lots possible est le plus grand diviseur commun de 315 et 405, c'est-à-dire leur PGCD. On peut réaliser au maximum 45 lots.

2. b. $315÷45=7$ et $405÷45=9$. Chaque lot contiendra 7 bénitiers de 12,5 cm et 9 bénitiers de 17,5 cm.
Vérification : $45\times 7=315$ et $45\times 9=405$.

1. $6\times 550000=3300000$. La poubelle géante a une superficie d'environ 3 300 000 km².

2. Augmenter de 10 % revient à multiplier par $1+{\displaystyle \frac{10}{100}}=1,1$. $3300000\times 1,1=3630000$. Dans un an, sa superficie sera d'environ 3 630 000 km².

3. Chaque année, la superficie est multipliée par 1,1 (l'augmentation de 10 % porte sur la superficie de l'année précédente, qui a déjà augmenté) :

– dans 1 an : 3 630 000 km² ;
– dans 2 ans : $3630000\times 1,1=3993000$ km² ;
– dans 3 ans : $3993000\times 1,1=4392300$ km² ;
– dans 4 ans : $4392300\times 1,1=4831530$ km².

Le double de la superficie actuelle est $2\times 3300000=6600000$ km². Or $4831530<6600000$ (en 4 ans, la superficie est multipliée par $1,1^4=1,4641$, et non par 2). L'affirmation est fausse : dans 4 ans, la superficie n'aura pas doublé. (Elle doublera au bout de 8 ans, car $1,1^7\approx 1,95$ et $1,1^8\approx 2,14$.)

1. Construction : on trace un segment [AC] de 8 cm ; on trace la perpendiculaire à (AC) passant par C ; on trace un arc de cercle de centre A et de rayon 10 cm, qui coupe cette perpendiculaire en B. On obtient le triangle ABC rectangle en C avec AB = 10 cm et AC = 8 cm.

2. Le triangle ABC est rectangle en C, donc d'après le théorème de Pythagore : $A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2$.
${10}^2=8^2+B{C}^2$, donc $B{C}^2=100-64=36$ et $BC=\sqrt{36}=6$. BC = 6 cm.

3. a. On place le point M sur [AB] à 2 cm de A (on reporte 2 cm au compas ou à la règle depuis A).

3. b. À l'équerre, on trace la droite perpendiculaire à (AC) passant par M ; elle coupe [AC] en E.

3. c. À l'équerre, on trace la droite perpendiculaire à (BC) passant par M ; elle coupe [BC] en F.

3. d. Le quadrilatère MFCE a trois angles droits connus : l'angle en C (le triangle ABC est rectangle en C), l'angle en E (car (ME) est perpendiculaire à (AC)) et l'angle en F (car (MF) est perpendiculaire à (BC)). On recopie donc :

Proposition 3 : Si un quadrilatère a 3 angles droits alors c'est un rectangle.

La proposition 1 demanderait de prouver aussi le quatrième angle droit, et la proposition 2 part d'un rectangle (elle sert à en déduire une propriété, pas à le prouver).

1. On part de 2 sur l'axe des abscisses, on monte verticalement jusqu'à la courbe, puis on lit l'ordonnée sur l'axe des ordonnées. $f(2)\approx 6,3$.

2. On trace la droite horizontale d'ordonnée 5 : elle coupe la courbe en deux points, dont on lit les abscisses. Les antécédents de 5 par $f$ sont environ 5 et 7,5.

3. Le point S est le point le plus bas de la courbe (le « creux ») : on le place entre les abscisses 6 et 6,5, juste sous la ligne d'ordonnée 5.

4. Par lecture graphique : S a pour coordonnées environ (6,3 ; 4,9), c'est-à-dire $f(6,3)\approx 4,9$, la plus petite valeur prise par $f$ sur le graphique.

1. a. Conteneur A (pavé droit) : $V_A=1\times 1\times 2=2$ m³.

Conteneur B : les deux demi-sphères forment une sphère de rayon $r=0,58$ m, à laquelle s'ajoute un cylindre de même rayon et de hauteur $h=1,15$ m.
$V_{\text{sphère}}={\displaystyle \frac{4}{3}}\pi r^3={\displaystyle \frac{4}{3}}\times \pi \times 0,{58}^3\approx 0,817$ m³.
$V_{\text{cylindre}}=\pi r^{2}h=\pi \times 0,{58}^2\times 1,15\approx 1,215$ m³.
$V_B\approx 0,817+1,215\approx 2,03$ m³.

Les deux conteneurs ont pratiquement le même volume : 2 m³ pour A et environ 2,03 m³ pour B.

1. b. Le conteneur A a des faces planes : il tient debout de façon stable sur le sol (le conteneur B repose sur une partie arrondie), et les six conteneurs A peuvent être placés côte à côte sans espace perdu, ce qui économise de la place sur le parking. Il est aussi plus simple à fabriquer (que des plaques rectangulaires).

2. a. Le conteneur A a deux faces carrées de 1 m de côté et quatre faces rectangulaires de 1 m sur 2 m :
$2\times (1\times 1)+4\times (1\times 2)=2+8=10$. L'aire totale du conteneur A est 10 m².

2. b. Les deux demi-sphères forment une sphère : $A_{\text{sphère}}=4\pi r^2=4\times \pi \times 0,{58}^2\approx 4,227$ m².
Aire latérale du cylindre : $2\pi rh=2\times \pi \times 0,58\times 1,15\approx 4,191$ m².
Total : $4,227+4,191\approx 8,418$ m². Arrondie à 0,1 m² près, l'aire du conteneur B est bien 8,4 m².

(Les disques aux extrémités du cylindre ne comptent pas : ils sont recouverts par les demi-sphères.)

2. c. Les deux conteneurs sont faits du même matériau, de même épaisseur : le coût de fabrication est proportionnel à l'aire de matériau utilisée. Le conteneur B demande 8,4 m² contre 10 m² pour A (pour les six conteneurs : environ 50,4 m² contre 60 m²). Le conteneur B est le plus économique à fabriquer.

Informations utiles. Moana mesure 1,80 m et fait 111 pas pour parcourir 100 m (document 1). D'après le croquis (document 2), les noix de coco sont posées à chaque pas à partir du pied du cocotier : Moana se tient au niveau de la 7^e noix, et le rayon de soleil qui passe par le sommet du cocotier et par le sommet de sa tête touche le sol au niveau de la 10^e noix.

Longueur d'un pas de Moana : ${\displaystyle \frac{100}{111}}\approx 0,90$ m.

Distances au sol :
– du pied du cocotier à l'extrémité de l'ombre (10^e noix) : 10 pas, soit $10\times {\displaystyle \frac{100}{111}}\approx 9,01$ m ;
– de Moana à l'extrémité de l'ombre (de la 7^e à la 10^e noix) : 3 pas, soit $3\times {\displaystyle \frac{100}{111}}\approx 2,70$ m.

Configuration de Thalès. Notons P le point du sol à l'extrémité de l'ombre, C le pied du cocotier, S son sommet, M les pieds de Moana et T le sommet de sa tête. Les points P, M, C sont alignés, les points P, T, S sont alignés (rayon de soleil), et le cocotier et Moana sont tous deux verticaux, donc (MT) et (CS) sont parallèles. D'après le théorème de Thalès :

$${\displaystyle \frac{CS}{MT}}={\displaystyle \frac{PC}{PM}}$$

$CS=MT\times {\displaystyle \frac{PC}{PM}}=1,80\times {\displaystyle \frac{9,01}{2,70}}\approx 6,0$ m.

(Calcul exact : la longueur du pas se simplifie, $CS=1,80\times {\displaystyle \frac{10\text{ pas}}{3\text{ pas}}}=1,80\times {\displaystyle \frac{10}{3}}=6$ m.)

Le cocotier mesure environ 6 m de haut.

Les boules noires portent les numéros 1, 2, 3, 4 ; les boules blanches portent les numéros 2, 3, 5.

1. a. Lors de l'expérience n° 3, on a tiré la boule noire n° 2 et la boule blanche n° 3 ; la somme obtenue est $2+3=5$.

1. b. La case D5 contient la somme des numéros de l'expérience n° 4, situés en B5 et C5. La formule est = B5 + C5.

1. c. Le plus petit numéro noir est 1 et le plus petit numéro blanc est 2 : la plus petite somme possible est $1+2=3$. On ne peut pas obtenir la somme 2.

1. d. Pour obtenir 4 : noire 1 et blanche 3 ($1+3=4$), ou noire 2 et blanche 2 ($2+2=4$). Il y a deux tirages possibles : (1 ; 3) et (2 ; 2) (noire puis blanche).
La plus grande somme s'obtient avec les plus grands numéros : noire 4 et blanche 5. La plus grande somme possible est $4+5=9$.

2. a. Au cours des 50 premières expériences, la somme 9 est apparue 2 fois. Sa fréquence est ${\displaystyle \frac{2}{50}}=0,04$. La fréquence de la somme 9 est 0,04 (soit 4 %).

2. b. La fréquence est l'effectif divisé par l'effectif total : l'effectif de la somme 3 est en B6 et l'effectif total en I6. Dans la case B7, on a écrit : =B6/I6 (ou =B6/1000).

2. c. Quand le nombre d'expériences est grand, la fréquence se stabilise autour de la probabilité. Sur 5 000 expériences, la fréquence de la somme 3 est 0,081. On peut estimer la probabilité d'obtenir la somme 3 à environ 0,08.

Vérification : il y a $4\times 3=12$ tirages équiprobables, et un seul donne la somme 3 (noire 1, blanche 2) : la probabilité exacte est ${\displaystyle \frac{1}{12}}\approx 0,083$, ce qui confirme l'estimation.