Sujet du brevet 2024 de maths — Polynésie française (session de remplacement) (Série générale)

1. On a $21=3\times 7$ (3 et 7 sont premiers). Un nombre est divisible par 21 si sa décomposition en produit de facteurs premiers contient à la fois le facteur 3 et le facteur 7.
– Nombre 1 : $2^2\times 11\times 23$ ne contient ni 3 ni 7 ;
– Nombre 2 : $2^4\times 3^4\times 11$ contient 3 mais pas 7 ;
– Nombre 3 : $7^3\times 13\times 17$ contient 7 mais pas 3 ;
– Nombre 4 : $2\times 3\times 5\times 7=21\times 10=210$ ;
– Nombre 5 : $2^3\times 3^2\times 7=21\times 2^3\times 3=21\times 24=504$.
Seuls les nombres 4 et 5 sont divisibles par 21.

2. $0,00000276=2,76\times {10}^{-6}$. (Le chiffre 2 est au 6^e rang après la virgule.)

3. $2640$ km/min $=2640000$ m par minute, soit $2640000$ m en 60 s. En une seconde : ${\displaystyle \frac{2640000}{60}}=44000$ m. Vérification : $44000\times 60=2640000$. La vitesse de la comète est de 44 000 m/s.

4. C'est une équation produit nul : un produit est nul si et seulement si l'un au moins de ses facteurs est nul. Donc $2x-7=0$ ou $3x+1=0$, c'est-à-dire $x={\displaystyle \frac{7}{2}}=3,5$ ou $x=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$. Les solutions sont ${\displaystyle \frac{7}{2}}$ et $-{\displaystyle \frac{1}{3}}$.

5. $f(-3)=5\times (-3{)}^2+2=5\times 9+2=45+2=47$. L'image de $-3$ par $f$ est 47.

6. Les points C, E, A sont alignés, les points C, D, B aussi, et les droites (ED) et (AB) sont parallèles. D'après le théorème de Thalès dans le triangle CAB : ${\displaystyle \frac{CD}{CB}}={\displaystyle \frac{CE}{CA}}={\displaystyle \frac{DE}{BA}}$. Comme D appartient au segment [CB], $CB=CD+DB=3+1=4$ cm. Donc ${\displaystyle \frac{3}{4}}={\displaystyle \frac{DE}{5}}$, d'où $DE={\displaystyle \frac{5\times 3}{4}}={\displaystyle \frac{15}{4}}=3,75$. DE = 3,75 cm.

1. Les températures sont dans les cellules B2 à J2. On peut saisir dans la cellule B4 : =MOYENNE(B2:J2) (ou =SOMME(B2:J2)/9).

2. La moyenne de la série est d'environ 24 °C. (Pour contrôle : la somme des 9 températures vaut $216,4$ et $216,4÷9\approx 24,04$.)

3. Rangée dans l'ordre croissant, la série s'écrit : 17,4 ; 22,6 ; 23,1 ; 23,4 ; 24 ; 25,2 ; 25,7 ; 26 ; 29. La médiane, 24 °C, est la 5^e valeur sur 9. Interprétation : entre 2010 et 2018, pour au moins la moitié des années, la température maximale à Strasbourg le 25 juin a été inférieure ou égale à 24 °C, et pour au moins la moitié des années, elle a été supérieure ou égale à 24 °C.

4. Pour la série de 2010 à 2018, la valeur minimale est 17,4 °C et la valeur maximale 29 °C (étendue : $29-17,4=11,6$ °C, comme dans le tableur). En ajoutant l'année 2019, l'étendue passe à 18,5 °C : la température de 2019 est donc devenue la nouvelle valeur maximale ou la nouvelle valeur minimale.
– Si c'est la nouvelle valeur maximale : $T-17,4=18,5$, donc $T=18,5+17,4=35,9$ °C.
– Si c'est la nouvelle valeur minimale : $29-T=18,5$, donc $T=29-18,5=10,5$ °C.
Une température maximale de seulement 10,5 °C un 25 juin est très peu vraisemblable (elle serait bien plus basse que toutes celles du tableau). La température maximale atteinte à Strasbourg le 25 juin 2019 était de 35,9 °C.

5. a. Il y a 9 fiches équiprobables, et une seule porte 26 °C (l'année 2017). La probabilité est ${\displaystyle \frac{1}{9}}$.

5. b. Les températures inférieures ou égales à 24 °C sont 17,4 ; 22,6 ; 23,1 ; 23,4 et 24, soit 5 fiches sur 9. La probabilité est ${\displaystyle \frac{5}{9}}$.

5. c. Les températures supérieures à 25 °C sont 25,2 ; 25,7 ; 26 et 29, soit 4 fiches sur 9. La probabilité est ${\displaystyle \frac{4}{9}}\approx 0,444$, soit environ $44,4\%$. Comme $44,4\%>40\%$, oui, on a raison : on a environ 44 % de chances, donc plus de 40 %.

1. Dans le triangle ONM rectangle en N, pour l'angle $\widehat{MON}$, le côté [MN] est opposé et le côté [ON] adjacent. D'après la tangente : $\tan \widehat{MON}={\displaystyle \frac{MN}{ON}}$, donc $MN=ON\times \tan {32}^{\circ }=6\times \tan {32}^{\circ }\approx 3,749$. MN ≈ 3,7 cm (au millimètre près).

2. Le triangle OPQ est rectangle en P, d'hypoténuse [OQ]. D'après le théorème de Pythagore : $O{Q}^2=O{P}^2+P{Q}^2$, donc $O{P}^2$$=O{Q}^2-P{Q}^2$$=6,5^2-2,5^2$$=42,25-6,25$$=36$. Ainsi $OP=\sqrt{36}=6$. On a bien OP = 6 cm.

3. Deux triangles égaux ont leurs trois côtés deux à deux de même longueur. Les triangles ONM et OPQ sont tous deux rectangles et ont un côté de l'angle droit de même longueur (ON = OP = 6 cm). Mais leurs autres côtés de l'angle droit sont différents : $MN\approx 3,7$ cm alors que $PQ=2,5$ cm. On peut aussi comparer les hypoténuses : $OM={\displaystyle \frac{ON}{\cos {32}^{\circ }}}={\displaystyle \frac{6}{\cos {32}^{\circ }}}\approx 7,1$ cm, alors que $OQ=6,5$ cm. Les triangles ONM et OPQ ne sont donc pas égaux.

4. Le triangle OPQ est un agrandissement du triangle ORS. Les hypoténuses se correspondent (OQ dans OPQ, rectangle en P ; OS dans ORS, rectangle en R). Le coefficient d'agrandissement est $k={\displaystyle \frac{OQ}{OS}}={\displaystyle \frac{6,5}{3,25}}=2$ : le triangle ORS est donc une réduction de OPQ de rapport ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.
Aire de OPQ (rectangle en P) : ${\displaystyle \frac{OP\times PQ}{2}}={\displaystyle \frac{6\times 2,5}{2}}=7,5$ cm². Dans une réduction de rapport ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, les aires sont multipliées par ${\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}$ : aire de ORS $=7,5\times {\displaystyle \frac{1}{4}}=1,875$ cm².
Vérification directe : $OR={\displaystyle \frac{6}{2}}=3$ cm et $RS={\displaystyle \frac{2,5}{2}}=1,25$ cm, d'où une aire de ${\displaystyle \frac{3\times 1,25}{2}}=1,875$ cm². L'aire du triangle ORS est de 1,875 cm².

1. Le point E appartient à la demi-droite [Dy) : les points D, E et $y$ sont alignés, donc l'angle $\widehat{DEy}$ est un angle plat, de mesure ${180}^{\circ }$. Or $\widehat{DEy}=\widehat{DEF}+\widehat{FEy}$ et $\widehat{DEF}={108}^{\circ }$ (angle du pentagone régulier). Donc $\widehat{FEy}={180}^{\circ }-{108}^{\circ }={72}^{\circ }$. L'angle $\widehat{FEy}$ mesure bien 72 degrés.

2. a. Le pentagone a 5 côtés, et à chaque sommet le lutin doit tourner de l'angle extérieur calculé à la question 1 (72°, et non 108°). Il faut compléter : « répéter 5 fois » et « tourner ↺ de 72 degrés ». (Vérification : $5\times {72}^{\circ }={360}^{\circ }$, le lutin fait un tour complet et revient à son point de départ avec son orientation de départ.)

2. b. Dans les trois programmes, le premier pentagone est tracé à partir du point (0 ; 0), le lutin étant orienté vers la droite ; il revient ensuite à ce point avec la même orientation.
– Camille avance de 120 pas vers la droite (stylo relevé) puis trace le même pentagone : c'est une translation ; les deux pentagones sont côte à côte, sans se toucher (copie d'écran 3).
– Lou tourne de 60° puis trace le pentagone : c'est une rotation de centre le point de départ et d'angle 60° ; les deux pentagones se chevauchent et ont un sommet commun (copie d'écran 1).
– Zoé tourne de 180° puis trace le pentagone : c'est une symétrie centrale de centre le point de départ ; les deux pentagones n'ont qu'un sommet en commun, l'un en haut à droite, l'autre en bas à gauche (copie d'écran 2).

2. c. Sur le modèle des programmes de Camille, Lou et Zoé, on initialise d'abord le tracé, on trace le pentagone de départ (6^e instruction), puis on multiplie la longueur des côtés par 1,5 et on trace à nouveau le pentagone depuis le même point et avec la même orientation : on obtient son image par l'homothétie de centre le point de départ et de rapport 1,5.

L'ordre des instructions 2 à 5 (effacer, se placer, s'orienter, fixer la longueur à 60) peut être permuté sans changer le dessin ; l'essentiel est que « mettre longueur à longueur * 1.5 » soit placé entre les deux « pentagone » (7^e) et que le second « pentagone » soit la dernière instruction (8^e).

1. Le bassin est un cylindre de rayon $r=3,60$ m et de hauteur $h=1,50$ m. Volume d'un cylindre : $V$$=\pi \times r^2\times h$$=\pi \times 3,6^2\times 1,5$$=\pi \times 12,96\times 1,5$$=19,44\pi$$\approx 61,07$. Le volume du bassin, arrondi au dixième, est bien de 61,1 m³.

2. Le débit de la pompe est de 14,1 m³ par heure : en 2 heures, elle vide $2\times 14,1=28,2$ m³. Il reste $61,1-28,2=32,9$ m³. Au bout de 2 heures, il reste 32,9 m³ d'eau à vider.

3. a. Une heure compte 60 minutes, donc en une minute la pompe vide ${\displaystyle \frac{14,1}{60}}=0,235$ m³. En $t$ minutes, elle vide $0,235t$ m³ (situation de proportionnalité). Le bassin contenait 61,1 m³ au départ, il reste donc $61,1-0,235t$ m³ à vider. On a bien $V(t)=61,1-0,235t$, avec $t$ en minutes. (Contrôle : $V(120)=61,1-0,235\times 120=61,1-28,2=32,9$, résultat de la question 2.)

3. b. On résout $V(t)=30$ : $61,1-0,235t=30$, donc $0,235t=61,1-30=31,1$ et $t={\displaystyle \frac{31,1}{0,235}}\approx 132,3$. Vérification : $V(132)=61,1-31,02=30,08\approx 30$. Il faut environ 132 minutes (soit 2 h 12 min) pour qu'il reste 30 m³ d'eau à vider.

4. a. Sur le graphique, on part de 40 sur l'axe des ordonnées, on rejoint la droite horizontalement, puis on descend sur l'axe des abscisses : on lit $t\approx 90$ (chaque carreau horizontal vaut 10 minutes). L'antécédent de 40 par $V$ est environ 90. Interprétation : au bout d'environ 90 minutes (1 h 30 min) de fonctionnement de la pompe, il reste 40 m³ d'eau à vider dans le bassin. (Le calcul donne $t={\displaystyle \frac{61,1-40}{0,235}}\approx 89,8$, ce qui confirme la lecture.)

4. b. Le bassin est complètement vide lorsque $V(t)=0$, c'est-à-dire au point où la droite coupe l'axe des abscisses. On lit $t=260$. La pompe vide complètement le bassin en 260 minutes environ, soit 4 h 20 min. (Contrôle : $0,235\times 260=61,1$, donc $V(260)=0$.)