Sujet du brevet 2024 de maths — Amérique du Sud (Série générale)

1) Réponse C (${\displaystyle \frac{2}{5}}$). L'urne contient $3+2=5$ jetons, tous ayant la même chance d'être tirés, dont 2 blancs : $p={\displaystyle \frac{2}{5}}$.

2) Réponse B. On regarde le solide depuis la droite, dans le sens de la flèche. Ce qu'on voit en largeur, c'est la profondeur du solide : la rangée avant (celle de la colonne de 3 cubes) apparaît à gauche et la rangée arrière à droite. La rangée avant donne une colonne de 3 carrés. La rangée arrière comporte un cube au niveau du bas de la rangée avant et un cube en dessous, celui qui dépasse sur le dessin : elle donne une colonne de 2 carrés décalée d'un cran vers le bas. La figure B (colonne de 3 carrés, puis colonne de 2 carrés à sa droite, dont le premier est à la hauteur du carré du bas) correspond. Les figures A et C ont une colonne de 4 carrés, alors que le solide n'a jamais 4 cubes empilés dans une même rangée.

3) Réponse A (3,2 cm). Les points B, H, A sont alignés, les points B, D, C aussi, et (DH) // (AC). D'après le théorème de Thalès dans le triangle BAC : ${\displaystyle \frac{BD}{BC}}={\displaystyle \frac{BH}{BA}}={\displaystyle \frac{DH}{AC}}$, donc ${\displaystyle \frac{2}{10}}={\displaystyle \frac{DH}{16}}$ et $DH={\displaystyle \frac{16\times 2}{10}}=3,2$ cm.

4) Réponse A (3 tours complets). La petite roue a 9 dents : en 4 tours, $4\times 9=36$ dents passent au point de contact. La grande roue a 12 dents, elle fait donc $36÷12=3$ tours complets.

5) Réponse C (BDC). L'homothétie de centre A transforme le carré ADCB en AGFE : A a pour image A, D a pour image G, C a pour image F et B a pour image E (le rapport est $-2$ : G est de l'autre côté de A que D, deux fois plus loin). Le triangle EGF est donc l'image du triangle BDC.

1) a) $f(5)=5^2-5-6=25-5-6=14$. L'image de 5 par la fonction $f$ est bien 14.

1) b) On cherche $x$ tel que $g(x)=4$, c'est-à-dire $-2x=4$, soit $x={\displaystyle \frac{4}{-2}}=-2$. Vérification : $g(-2)=-2\times (-2)=4$ (c'est d'ailleurs la valeur lue en D3 dans le tableur). L'antécédent de 4 par $g$ est $-2$.

1) c) D'après la question 1) a), $f(5)=14$, donc 5 est un antécédent de 14. D'après le tableur, la cellule B2 affiche 14 pour $x=-4$ : $f(-4)=(-4{)}^2-(-4)-6=16+4-6=14$. Deux antécédents de 14 par $f$ sont $5$ et $-4$.

1) d) La valeur de $x$ se trouve en ligne 1, dans la même colonne. On peut saisir en B2 : =B1^2-B1-6 (ou =B1*B1-B1-6).

1) e) Dans le tableur, on repère les colonnes où les lignes 2 et 3 affichent le même nombre : pour $x=-3$ (colonne C), $f(-3)=6$ et $g(-3)=6$ ; pour $x=2$ (colonne H), $f(2)=-4$ et $g(2)=-4$. Vérification : $f(-3)=9+3-6=6$ et $g(-3)=-2\times (-3)=6$ ; $f(2)=4-2-6=-4$ et $g(2)=-2\times 2=-4$. Oui : les nombres $-3$ et $2$ ont chacun la même image par $f$ et par $g$ (un seul exemple suffisait). Par le calcul, $f(x)=g(x)$ équivaut à $x^2+x-6=0$, soit $(x+3)(x-2)=0$ : ce sont les deux seuls nombres qui conviennent.

2) a) On développe par double distributivité : $(x+2)(x-3)$$=x\times x-3\times x+2\times x-2\times 3$$=x^2-3x+2x-6$$=x^2-x-6$. Pour tout nombre $x$, $f(x)=(x+2)(x-3)$.

2) b) D'après la question précédente, $f(x)=0$ équivaut à $(x+2)(x-3)=0$. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l'un au moins de ses facteurs est nul (équation produit nul) : $x+2=0$ ou $x-3=0$, soit $x=-2$ ou $x=3$. Vérification : le tableur donne $f(-2)=0$, et $f(3)=9-3-6=0$. Les solutions de l'équation sont $-2$ et $3$.

1) On écrit toutes les probabilités sous forme décimale : lion $25\%=0,25$ ; guépard ${\displaystyle \frac{1}{2}}=0,5$ ; tigre $0,1$ ; chat à pieds noirs ${\displaystyle \frac{6}{10}}=0,6$. Or $0,1<0,25<0,5<0,6$. Le chat à pieds noirs a bien la probabilité la plus élevée d'attraper sa proie (0,6, soit 60 %).

2) On convertit la vitesse en m/s : $115$ km/h $={\displaystyle \frac{115000\text{ m}}{3600\text{ s}}}\approx 31,94$ m/s. La durée est $t={\displaystyle \frac{d}{v}}={\displaystyle \frac{100}{{\displaystyle \frac{115000}{3600}}}}={\displaystyle \frac{100\times 3600}{115000}}={\displaystyle \frac{360}{115}}\approx 3,130$ s. Vérification : $31,94\times 3,13\approx 100$ m. À 115 km/h, le guépard parcourt 100 m en environ 3,13 s.

3) La baisse est de $1200-170=1030$ guépards. En pourcentage de la valeur de départ : ${\displaystyle \frac{1030}{1200}}\approx 0,858$, soit environ $85,8\%$. Autre méthode : $1200\times (1-0,86)=1200\times 0,14=168$, très proche de 170. C'est vrai : le nombre de guépards a baissé d'environ 86 %.

4) Sur la carte, le parc d'Etosha (la croix) est situé sous l'équateur, donc dans l'hémisphère Sud, entre les parallèles 10° et 20°, tout près de 20°. Il est à droite du méridien 0° (méridien de Greenwich), donc à l'Est, entre les méridiens 10° Est et 20° Est. Le parc national d'Etosha a pour coordonnées approximatives : latitude 20° Sud, longitude 15° Est. (Une lecture entre 15° et 20° Sud et entre 10° et 20° Est est acceptable.)

1) Le triangle ABC est rectangle en C, d'hypoténuse [AB]. D'après le théorème de Pythagore : $A{B}^2=A{C}^2+C{B}^2$, donc $C{B}^2$$=A{B}^2-A{C}^2$$={17}^2-2,6^2$$=289-6,76$$=282,24$. Ainsi $CB=\sqrt{282,24}=16,8$ (vérification : $16,8^2=282,24$). La longueur CB est bien égale à 16,8 m.

2) Dans le triangle ABC rectangle en C, pour l'angle $\widehat{ABC}$, le côté [AC] est opposé et le côté [CB] adjacent. D'après la tangente : $\tan \widehat{ABC}={\displaystyle \frac{AC}{CB}}={\displaystyle \frac{2,6}{16,8}}\approx 0,155$. À la calculatrice, $\widehat{ABC}=\arctan \left({\displaystyle \frac{2,6}{16,8}}\right)\approx 8,8^{\circ }$. Vérification avec le sinus (qui n'utilise que les données de l'énoncé) : $\sin \widehat{ABC}={\displaystyle \frac{AC}{AB}}={\displaystyle \frac{2,6}{17}}$, d'où $\widehat{ABC}\approx 8,8^{\circ }$ également. Comme $8,8^{\circ }>8,5^{\circ }$, oui, ce terrain entraînera un surcoût des travaux.

3) La base du prisme est le triangle ACB, rectangle en C : son aire est ${\displaystyle \frac{AC\times CB}{2}}={\displaystyle \frac{2,6\times 16,8}{2}}={\displaystyle \frac{43,68}{2}}=21,84$ m². La hauteur du prisme est $CF=AD=30$ m (longueur lue sur la figure). D'après la formule du volume d'un prisme droit : $V=21,84\times 30=655,2$. Le volume de terre à enlever est de 655,2 m³.

1) Un losange a ses quatre côtés de même longueur, donc a = 20. Au départ, le lutin est orienté vers la droite ; il trace le côté du haut, tourne de ${60}^{\circ }$ vers la droite et descend. Pour revenir vers la gauche en traçant le côté du bas, il doit tourner de ${180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$ (les deux rotations d'une boucle font un demi-tour : $60+120=180$, et les deux boucles un tour complet de ${360}^{\circ }$). Donc b = 120.

2) C'est la figure 3. À la fin du bloc « Losange », le lutin est revenu à son point de départ avec son orientation de départ (il a tourné de $2\times (60+120)={360}^{\circ }$). Le bloc « Motif A » trace donc trois losanges de même sommet de départ, chacun tourné de ${60}^{\circ }$ vers la droite par rapport au précédent : ils se partagent le demi-tour situé sous le point de départ ($3\times {60}^{\circ }={180}^{\circ }$), avec un losange à droite, un losange « en pointe » au milieu et un losange à gauche. La figure 2 (six losanges) demanderait 6 répétitions.

3) Les trois losanges sont identiques au losange de départ, avec la même orientation, alignés horizontalement et séparés par un espace. Un script possible, bloc par bloc :

• « définir Motif B » ;
• « répéter 3 fois » contenant :
  • « Losange » ;
  • « avancer de 40 ».

Le bloc « Losange » se termine par « relever le stylo » et ramène le lutin à son point de départ, orienté vers la droite : le déplacement « avancer de 40 » ne trace donc rien et place le lutin au point de départ du losange suivant. Un losange occupe $20+10=30$ pas en largeur (côté du haut de 20 pas, plus le décalage $20\times \cos {60}^{\circ }=10$ pas du côté oblique) : toute valeur supérieure à 30 (par exemple 40) laisse bien un espace entre les losanges.