Sujet du brevet 2014 de maths — Polynésie (Série générale)

1. On additionne tous les effectifs du tableau : $3+5+2+2+2+6=20$. Il y a 20 boules dans le sac.

2. a. Les boules sont indiscernables au toucher : les 20 issues sont équiprobables. Il y a 2 boules bleues portant la lettre A, donc $p={\displaystyle \frac{2}{20}}={\displaystyle \frac{1}{10}}$. Il y a bien une chance sur dix de tirer une boule bleue portant la lettre A.

2. b. Les boules rouges sont 3 (lettre A) et 2 (lettre B), soit 5 boules : $p={\displaystyle \frac{5}{20}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$. La probabilité de tirer une boule rouge est ${\displaystyle \frac{1}{4}}$, soit 0,25.

2. c. Boules portant la lettre A : $3+5+2=10$, donc $p(A)={\displaystyle \frac{10}{20}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Boules portant la lettre B : $2+2+6=10$, donc $p(B)={\displaystyle \frac{10}{20}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Oui, on a autant de chance de tirer une boule portant la lettre A qu'une boule portant la lettre B (une chance sur deux).

1. Les segments [AB] et [AE] sont perpendiculaires : le triangle ABE est rectangle en A. D'après le théorème de Pythagore : $B{E}^2=A{B}^2+A{E}^2$.
$B{E}^2=3,5^2+2,{625}^2=12,25+6,890625=19,140625$, donc $BE=\sqrt{19,140625}=4,375$.
BE = 4,375 m. (Vérification : $4,{375}^2=19,140625$.)

2. Les points B, C, A sont alignés, ainsi que les points B, D, E, et les droites (CD) et (AE) doivent être parallèles. D'après le théorème de Thalès dans le triangle BAE : ${\displaystyle \frac{BC}{BA}}={\displaystyle \frac{BD}{BE}}={\displaystyle \frac{CD}{AE}}$.
Donc ${\displaystyle \frac{BC}{3,5}}={\displaystyle \frac{1,5}{2,625}}$, d'où $BC={\displaystyle \frac{3,5\times 1,5}{2,625}}={\displaystyle \frac{5,25}{2,625}}=2$.
Il faut placer le point C à 2 m de B.

1. Dans la ligne 2 du tableau, la valeur −7 se trouve dans la colonne où $x=0$ : $f(0)=0^2+3\times 0-7=-7$. Le nombre 0 a pour image −7 par la fonction $f$.

2. $f(6)=6^2+3\times 6-7=36+18-7=47$. On a bien $f(6)=47$.

3. Résoudre l'équation $x^2+3x-7=4x+5$, c'est chercher un nombre $x$ tel que $f(x)=g(x)$. Dans le tableau, pour $x=4$, on lit $f(4)=21$ et $g(4)=21$ : les deux images sont égales. Vérification : $4^2+3\times 4-7=16+12-7=21$ et $4\times 4+5=16+5=21$. Le nombre 4 est une solution de l'équation.

4. La fonction $h$ est affine : $h(x)=ax+b$.
Pour $x=0$ on lit $h(0)=5$, donc $b=5$.
Quand $x$ passe de 0 à 2 (augmentation de 2), $h(x)$ passe de 5 à 1 (diminution de 4) : $a={\displaystyle \frac{1-5}{2-0}}={\displaystyle \frac{-4}{2}}=-2$.
Donc $h(x)=-2x+5$.
Vérification avec les autres colonnes : $h(-2)=4+5=9$, $h(4)=-8+5=-3$ et $h(6)=-12+5=-7$, ce qui correspond au tableau.

Affirmation 1 : vraie. Diviseurs de 12 : 1, 2, 3, 4, 6, 12. Diviseurs de 18 : 1, 2, 3, 6, 9, 18. Les diviseurs communs à 12 et 18 sont donc 1, 2, 3 et 6. Or les diviseurs de 6 sont 1, 2, 3 et 6. Les deux listes sont identiques : l'affirmation est vraie (6 est le PGCD de 12 et 18).

Affirmation 2 : vraie. On sait que $(\sqrt{2}{)}^2=2$. Comme $50=2\times 25$ :
$(\sqrt{2}{)}^{50}={((\sqrt{2}{)}^2)}^{25}=2^{25}$, qui est un nombre entier (il vaut 33 554 432).
De même, $100=2\times 50$ : $(\sqrt{2}{)}^{100}={((\sqrt{2}{)}^2)}^{50}=2^{50}$, qui est aussi un nombre entier.
Les deux nombres sont des entiers : l'affirmation est vraie.

1. a. Dans la ligne 4, il y a 2 paraboles, qui consomment chacune 131 kWh par an, à 0,13 € le kWh : $2\times 131\times 0,13=262\times 0,13=34,06$. Le calcul $2\times 131\times 0,13$ donne bien 34,06 €.

1. b. La dépense est le produit du nombre d'appareils, de la consommation d'un appareil et du prix du kilowattheure. Formule saisie en E2 : =B2*C2*D2

1. c. Le total doit additionner les dépenses des lignes 2 à 13 (la cellule E14 ne peut pas s'inclure elle-même). Formule : =SOMME(E2:E13)

2. Dans cette pièce, il y a un seul appareil de chaque sorte. Consommations en veille par an : téléviseur 77 kWh, ordinateur 209 kWh, console de jeu 42 kWh, lecteur DVD 58 kWh.
Consommation totale : $77+209+42+58=386$ kWh. La moitié vaut $386÷2=193$ kWh.
Comme $209>193$ (l'ordinateur représente ${\displaystyle \frac{209}{386}}\approx 54\%$ du total), oui, la consommation de l'ordinateur représente plus de la moitié de la consommation totale des appareils de cette pièce.

1. Piscine ronde : la surface au sol est un disque de rayon 1,70 m.
$A_{\text{ronde}}=\pi \times R^2=\pi \times 1,{70}^2=2,89\pi \approx 9,08$ m².
Piscine octogonale : le diamètre extérieur est 4,40 m, donc le rayon du disque extérieur est $R=4,40÷2=2,20$ m. D'après l'information 4 :
$A_{\text{octogone}}=2\sqrt{2}\times 2,{20}^2=2\sqrt{2}\times 4,84=9,68\sqrt{2}\approx 13,69$ m².
D'après l'information 2, seules les piscines de moins de 10 m² sont dispensées de démarches. La piscine ronde (environ 9,08 m² < 10 m²) n'impose aucune démarche administrative ; la piscine octogonale (environ 13,69 m² > 10 m²) en impose.

2. D'après l'information 3, pour 4 baigneurs, il faut au minimum $4\times 3,40=13,6$ m².
La piscine ronde n'offre qu'environ 9,08 m², ce qui est insuffisant ($9,08<13,6$). La piscine octogonale offre environ 13,69 m², ce qui suffit ($13,69>13,6$).
Pour que les quatre membres se baignent en même temps, la famille doit choisir la piscine octogonale.

3. Volume de la piscine : c'est un prisme droit de base l'octogone et de hauteur 1,20 m.
$V=A_{\text{octogone}}\times h=9,68\sqrt{2}\times 1,20\approx 16,43$ m³, soit environ 16 430 litres (1 m³ = 1 000 L).
Durée du remplissage : du vendredi 14 h 00 au samedi 10 h 00, il s'écoule 10 h (jusqu'à minuit) + 10 h = 20 h, soit $20\times 60=1200$ minutes.
Volume d'eau versé : $12\times 1200=14400$ litres, soit 14,4 m³.
Comme $14,4<16,43$, la piscine ne va pas déborder (il manquera encore environ 2 000 litres pour la remplir).

1. a. Construction (aucune justification attendue) : on trace le segment [BC] de 5 cm ; avec le rapporteur, on trace en B une demi-droite faisant un angle de 40° avec [BC], puis en C une demi-droite faisant aussi un angle de 40° avec [CB], du même côté. Le triangle étant isocèle en A, ses angles à la base $\widehat{ABC}$ et $\widehat{ACB}$ sont égaux : A est le point d'intersection des deux demi-droites.

1. b. Le triangle ABC est isocèle en A, donc ses angles à la base sont égaux : $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=40°$.
La somme des angles d'un triangle vaut 180°, donc $\widehat{BAC}=180°-40°-40°=100°$.
Un angle extérieur est supplémentaire de l'angle du triangle auquel il est adjacent :
angle extérieur en B : $180°-40°=140°$ ; angle extérieur en C : $180°-40°=140°$ ; angle extérieur en A : $180°-100°=80°$.
Les trois angles extérieurs mesurent 140°, 140° et 80°.

1. c. $140°+140°+80°=360°$. La somme des trois angles extérieurs est bien égale à 360°.

2. Notons $x$ la mesure de $\widehat{ABC}$ (avec $0<x<90$). Le triangle est isocèle en A, donc $\widehat{ACB}=x$ et $\widehat{BAC}=180-2x$.
Angles extérieurs : en B, $180-x$ ; en C, $180-x$ ; en A, $180-(180-2x)=2x$.
Somme : $(180-x)+(180-x)+2x=360$, quelle que soit la valeur de $x$.
Plus généralement, pour n'importe quel triangle : la somme des trois angles extérieurs vaut $3\times 180°-180°=360°$, car les trois angles intérieurs totalisent 180°.
Non, il est impossible de construire un tel triangle : la somme des angles extérieurs vaut toujours 360°.