Sujet du brevet 2014 de maths — Amérique du Sud (session de remplacement) (Série générale)

1. Notons $x$ le tarif enfant en euros ; le tarif adulte vaut alors $x+4$. La recette totale donne l'équation $100(x+4)+50x=1300$, soit $100x+400+50x=1300$, donc $150x=900$ et $x={\displaystyle \frac{900}{150}}=6$. Vérification : $100\times 10+50\times 6=1000+300=1300$. Réponse c : le tarif enfant est de 6 €.

2. Les codages de la figure indiquent que ABCD a quatre côtés égaux : AD = AB = $\sqrt{15}-1$. La longueur du rectangle est $AE=AB+BE=\sqrt{15}-1+2=\sqrt{15}+1$. L'aire du rectangle AEFD vaut donc :
$𝒜=AE\times AD=(\sqrt{15}+1)(\sqrt{15}-1)$.
On reconnaît l'identité remarquable $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ : $𝒜=(\sqrt{15}{)}^2-1^2=15-1=14$. Réponse c : l'aire vaut 14.

3. On applique $v={\displaystyle \frac{d}{t}}$ avec $d=320$ km et $t=59$ s : $v={\displaystyle \frac{320}{59}}\approx 5,42$ km/s. Arrondie au dixième : réponse a : 5,4 km/s. (Contrôle : $5,4\times 59=318,6$, proche de 320.)

1. Les points N et M sont sur les arêtes [EF] et [FG] de la face EFGH, qui est un rectangle : l'angle $\widehat{NFM}$ est droit. Le triangle FNM est donc rectangle en F et son aire vaut :
${𝒜}_{FNM}={\displaystyle \frac{FN\times FM}{2}}={\displaystyle \frac{4\times 3}{2}}=6$. L'aire du triangle FNM est bien égale à 6 cm².

2. Dans un parallélépipède rectangle, l'arête [FB] est perpendiculaire à la face EFGH qui contient le triangle FNM : [BF] est donc la hauteur de la pyramide de sommet B et de base FNM, avec $h=FB=5$ cm.
$V={\displaystyle \frac{ℬ\times h}{3}}={\displaystyle \frac{6\times 5}{3}}={\displaystyle \frac{30}{3}}=10$. Le volume de la pyramide est de 10 cm³.

3. a) Volume du parallélépipède rectangle : $V_P=FE\times FG\times FB=15\times 10\times 5=750$ cm³.
Volume du solide obtenu en retirant la pyramide : $V=750-10=740$. Le solide ABCDENMGH a un volume de 740 cm³.

3. b) En coupant le coin F, on supprime le sommet F et l'arête [FB], et on ajoute les sommets N et M, les arêtes [BN], [NM], [BM] et la face triangulaire BNM. Les six faces du parallélépipède restent présentes (trois d'entre elles sont simplement rognées).

La caractéristique d'Euler vaut 2 pour les deux solides.

1. Une lettre de 75 g pèse plus de 50 g mais pas plus de 100 g : elle relève de la ligne « jusqu'à 100 g » du tableau. Vers la France métropolitaine, aucun complément aérien n'est dû. Le coût est donc de 1,65 €.

2. Une lettre de 109 g dépasse 100 g sans dépasser 250 g : tarif de base 2,65 €. Mayotte est dans la zone OM1 : complément de 0,05 € par tranche de 10 g. Comme le montre l'exemple du document (32 g donnent 4 tranches), toute tranche commencée est comptée : 109 g correspondent à 11 tranches de 10 g.
Complément : $11\times 0,05=0,55$ €. Total : $2,65+0,55=3,20$. L'envoi coûte bien 3,20 €.

3. Un paquet de 272 g est dans la ligne « jusqu'à 500 g » : tarif de base 3,55 €. Wallis-et-Futuna est dans la zone OM2 : 0,11 € par tranche de 10 g. 272 g correspondent à 27 tranches complètes et une tranche commencée, soit 28 tranches.
Complément : $28\times 0,11=3,08$ €. Total : $3,55+3,08=6,63$ €.
Or $6,63<6,76$. Loïc peut payer l'envoi (6,63 €) et il lui restera 0,13 €.

4. Le document impose $L+l+H⩽100$ cm. Ici $L+l+h=55+30+20=105$ cm. La condition $L<60$ cm est respectée, mais $105>100$. Le paquet est refusé car la somme de ses trois dimensions (105 cm) dépasse les 100 cm autorisés.

La première injection a lieu au jour 0, le jeudi 16 octobre ; sur l'axe des abscisses, un carreau représente 1 jour.

1. La courbe reste à 0 pendant un peu plus d'un jour, puis commence à monter entre le 1^er et le 2^e jour ; au jour 2, le taux est nettement positif. Il faut attendre environ 1 à 2 jours (au plus 2 jours) pour constater la présence d'anticorps.

2. Après la première injection, le sommet de la petite « bosse » se lit au jour 5, à une hauteur légèrement inférieure à 100. Le taux maximal est d'environ 90 unités, atteint au 5^e jour. Le jour 0 étant le jeudi 16 octobre, le jour 5 est le 21 octobre (vendredi 17, samedi 18, dimanche 19, lundi 20, mardi 21). Cette valeur correspond à un mardi.

3. La courbe redescend ensuite et rejoint l'axe des abscisses (taux nul) vers le 13^e-14^e jour. Au bout d'environ 14 jours, Pablo n'a plus d'anticorps.

4. Après le rappel (vers le jour 30), la courbe dépasse la droite horizontale d'ordonnée 800 vers le 34^e jour, atteint un maximum d'environ 850 vers le 34^e-35^e jour, puis repasse sous 800 vers le 36^e jour. Le taux d'anticorps est supérieur à 800 pendant environ 2 jours.

1. 2012 : 8 h 40 min $=8\times 60+40=480+40=520$ min. 2013 : 8 h 25 min $=8\times 60+25=505$ min. Les parcours ont duré 520 minutes en 2012 et 505 minutes en 2013.

2. a) La boucle longue demande 15 minutes de plus que la boucle courte, de durée $x$ (en B1). Formule à saisir en B2 : =B1+15

2. b) La formule « =2*B1+3*B2 » calcule la durée de deux boucles courtes et trois boucles longues. Elle donne la durée totale du parcours de 2012 pour une durée de boucle courte égale à la valeur de B1.

2. c) En 2013, le parcours comptait trois boucles courtes et deux boucles longues. Formule à saisir en B4 : =3*B1+2*B2 (vérification avec $x=75$ : $3\times 75+2\times 90=225+180=405$, comme dans le tableau).

3. Avec 105 en H1 :
H2 $=105+15=120$ ;
H3 $=2\times 105+3\times 120=210+360=570$ ;
H4 $=3\times 105+2\times 120=315+240=555$.
Elle obtiendra 120 en H2, 570 en H3 et 555 en H4.

4. On cherche la colonne où la ligne 3 vaut 520 (durée de 2012) et la ligne 4 vaut 505 (durée de 2013) : c'est la colonne F, où $x=95$ et la boucle longue dure 110 minutes. Vérification : $2\times 95+3\times 110=190+330=520$ et $3\times 95+2\times 110=285+220=505$. Ces durées respectent aussi la condition « aucune boucle en moins de 75 minutes ». La boucle courte dure 95 minutes (1 h 35 min) et la boucle longue 110 minutes (1 h 50 min).

1. En soustrayant l'âge $a$ à 220 : $f_m=220-a$.

2. a) Pour $a=60$ : $208-0,75\times 60=208-45=163$. À 60 ans, la fréquence cardiaque maximale recommandée est de 163 battements par minute.

2. b) On résout $208-0,75a=184$ :
$0,75a=208-184=24$, donc $a={\displaystyle \frac{24}{0,75}}=32$.
Vérification : $208-0,75\times 32=208-24=184$. C'est à 32 ans que la fréquence cardiaque maximale est de 184 battements par minute.

2. c) Les valeurs de Sarah sont cohérentes avec la formule : $208-0,75\times 20=193$ et $208-0,75\times 40=178$. La diminution est de $193-178=15$ battements par minute. Le pourcentage de diminution se calcule par rapport à la valeur de départ :
${\displaystyle \frac{15}{193}}\times 100\approx 7,8$ %.
C'est vrai : la fréquence cardiaque maximale de Sarah aura diminué d'environ 8 % (exactement 7,8 % environ).

Les points D, R et V sont alignés sur la rive rectiligne, et les points A, R et B sont alignés (le rocher est aligné avec l'arbre depuis B).

La largeur de la rivière se mesure perpendiculairement à la rive : (AD) est perpendiculaire à (DV). Joachim s'éloigne de la rive à angle droit : (VB) est perpendiculaire à (DV). Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, elles sont parallèles entre elles : (AD) et (VB) sont parallèles.

Les droites (DV) et (AB) sont sécantes en R, et (AD) // (VB). D'après le théorème de Thalès dans les triangles RDA et RVB :
${\displaystyle \frac{RD}{RV}}={\displaystyle \frac{RA}{RB}}={\displaystyle \frac{DA}{VB}}$, soit ${\displaystyle \frac{20}{12}}={\displaystyle \frac{DA}{15}}$.
Donc $DA={\displaystyle \frac{20\times 15}{12}}={\displaystyle \frac{300}{12}}=25$.

Vérification : ${\displaystyle \frac{25}{15}}={\displaystyle \frac{5}{3}}$ et ${\displaystyle \frac{20}{12}}={\displaystyle \frac{5}{3}}$. La rivière mesure 25 m de large à cet endroit. Comme $25<30$, la corde de 30 mètres est assez longue : la décision de Joachim est confirmée (il reste 5 m pour les nœuds).