Corrigé du brevet de maths 2019 : Amérique du Nord

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2019 : Amérique du Nord. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Corrigé de l’exercice 1 : Pythagore, cosinus et Thalès

1. Le plus grand côté du triangle AEF est [AF]. On compare son carré à la somme des carrés des deux autres côtés :

\[\text{AF}^2=10^2=100\qquad \text{AE}^2+\text{EF}^2=8^2+6^2=64+36=100\]

On a \(\text{AF}^2=\text{AE}^2+\text{EF}^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle AEF est rectangle en E (le sommet opposé au plus grand côté).

2. Dans le triangle AEF rectangle en E, [AF] est l’hypoténuse et [AE] le côté adjacent à l’angle \(\widehat{EAF}\) :

\[\cos\widehat{EAF}=\dfrac{\text{AE}}{\text{AF}}=\dfrac{8}{10}=0{,}8\]

À la calculatrice, \(\arccos(0{,}8)\approx 36{,}87^\circ\), donc \(\widehat{EAF}\approx 37^\circ\) au degré près.

3. Les points A, E, R d’une part et A, F, T d’autre part sont alignés dans le même ordre. On calcule les deux rapports :

\[\dfrac{\text{AE}}{\text{AR}}=\dfrac{8}{12}=\dfrac{2}{3}\approx 0{,}667\qquad \dfrac{\text{AF}}{\text{AT}}=\dfrac{10}{14}=\dfrac{5}{7}\approx 0{,}714\]

Ces rapports sont différents (on peut aussi comparer les produits en croix : \(8\times 14=112\) et \(12\times 10=120\)). Si les droites étaient parallèles, le théorème de Thalès donnerait des rapports égaux ; par contraposée, les droites (EF) et (RT) ne sont pas parallèles.

Corrigé de l’exercice 2 : quatre affirmations à justifier

1. Pour additionner deux fractions, on les met au même dénominateur :

\[\dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{10}+\dfrac{5}{10}=\dfrac{11}{10}\qquad\text{alors que}\qquad \dfrac{3+1}{5+2}=\dfrac{4}{7}\]

\(\dfrac{11}{10}\) est plus grand que 1 et \(\dfrac{4}{7}\) plus petit que 1 : ces nombres sont différents. L’affirmation 1 est fausse (on n’additionne jamais les numérateurs et les dénominateurs entre eux).

2. \(f(-1)=5-3\times(-1)=5+3=8\). L’image de \(-1\) est 8 et non \(-2\) : l’affirmation 2 est fausse.

3. Expérience n° 1 : entre 1 et 11, les nombres premiers sont 2, 3, 5, 7 et 11 (1 n’est pas premier). Il y a 11 issues équiprobables, donc la probabilité vaut \(\dfrac{5}{11}\approx 0{,}455\).

Expérience n° 2 : les faces paires sont 2, 4 et 6, donc la probabilité vaut \(\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}=0{,}5\).

Comme \(\dfrac{5}{11}\lt\dfrac{1}{2}\), il est moins probable de tirer un nombre premier que d’obtenir un nombre pair : l’affirmation 3 est fausse.

4. On reconnaît une différence de deux carrés, car \(4=2^2\). Avec \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\), où \(a=2x+1\) et \(b=2\) :

\[(2x+1)^2-4=(2x+1-2)(2x+1+2)=(2x-1)(2x+3)\]

Pour vérifier, on peut aussi développer les deux membres : \((2x+1)^2-4=4x^2+4x+1-4=4x^2+4x-3\) et \((2x+3)(2x-1)=4x^2-2x+6x-3=4x^2+4x-3\). L’affirmation 4 est vraie.

Corrigé de l’exercice 3 : gaspillage alimentaire et tableur

1. Le haut de la barre du pays D se situe entre les graduations 130 et 140 du quadrillage, plus près de 140. Un habitant du pays D a gaspillé environ 137 kg de nourriture en 2010 (une lecture entre 130 et 140 kg est acceptée).

2. On lit environ 110 kg pour le pays F et un peu moins de 550 kg (environ 545 kg) pour le pays A. Or \(5\times 110=550\), ce qui est très proche de 545 ; autrement dit \(\dfrac{110}{545}\approx 0{,}2=\dfrac{1}{5}\). Oui, on peut l’affirmer : le gaspillage d’un habitant du pays F représente environ un cinquième de celui d’un habitant du pays A.

3. a. La valeur est dans la cellule D2 : 3 760 500 tonnes. On peut le vérifier : 10,9 millions d’habitants gaspillent chacun 345 kg, soit \(345\times 10\,900\,000=3\,760\,500\,000\) kg, c’est-à-dire \(3\,760\,500\,000\div 1\,000=3\,760\,500\) tonnes.

3. b. En colonne C, le nombre d’habitants est en millions : il faut donc multiplier par 1 000 000 pour avoir le vrai nombre d’habitants, puis diviser par 1 000 pour passer des kg aux tonnes. Au total, on multiplie par \(1\,000\,000\div 1\,000=1\,000\). Contrôle : \(345\times 10{,}9\times 1\,000=3\,760\,500\). La formule saisie est la proposition 3 : =B2*C2*1 000.

Corrigé de l’exercice 4 : labyrinthe en Scratch

1. Au début, le programme place le lutin au point de départ avec « aller à x : -180 y : -120 ». Pour l’y ramener, on complète l’instruction avec les mêmes coordonnées : aller à x : -180 y : -120.

2. Chaque flèche déplace le lutin de 30 unités horizontalement ou verticalement, c’est-à-dire d’un point du réseau au point voisin. On compte donc le nombre minimal de pas pour aller du départ à la sortie sans toucher de mur. Le mur vertical à droite du départ oblige à monter de 3 pas ; on passe à droite de 2 pas au-dessus de ce mur, puis on redescend de 3 pas pour contourner par le bas le long mur vertical suivant, on avance de 2 pas vers la droite, et on remonte de 4 pas jusqu’à l’axe des abscisses, seul passage à travers le mur situé à gauche de l’origine. On file alors de 8 pas vers la droite, on descend de 4 pas le long du bord droit, et un dernier pas vers la droite mène à la sortie.

Nombre de pas : \(3+2+3+2+4+8+4+1=27\), donc une distance de \(27\times 30=810\). La distance minimale parcourue est de 810 unités.

3. Au départ, le lutin est en (−180 ; −120). La flèche haut ajoute 30 à y : il monte en (−180 ; −90), où il n’y a pas de mur. La flèche droite ajoute ensuite 30 à x : il arrive en (−150 ; −90). Or \(x=-150\) correspond au mur vertical situé juste à droite du départ, qui va de y = −150 à y = −60 : le lutin touche la couleur noire. Il monte d’un pas, avance d’un pas vers la droite, touche le mur, dit « perdu » pendant 2 secondes puis retourne au point de départ.

Corrigé de l’exercice 5 : transformations dans l’hexagone et le pavage

1. Par la symétrie de centre O, chaque sommet est envoyé sur le sommet diamétralement opposé : C donne F, D donne A, E donne B et O reste en place. L’image de CDEO est FABO, proposition 1.

2. La droite (CF) est un axe de symétrie de l’hexagone : A et E sont symétriques par rapport à elle, et O, situé sur l’axe, est invariant. L’image de [AO] est le segment [EO].

3. La rotation envoie A sur C et B sur D : chaque point tourne de deux « parts » de 60°, soit 120° dans le sens des aiguilles d’une montre. Alors B va en D et C va en E (en tournant encore de 120°), O reste fixe. L’image du triangle BOC est le triangle DOE.

4. Pour aller de l’hexagone 2 à l’hexagone 12, on passe d’abord à l’hexagone voisin en bas à gauche (le 6), puis à celui situé juste en dessous (le 12). On applique exactement le même déplacement à partir de l’hexagone 14 : son voisin en bas à gauche est le 13, et juste sous le 13 se trouve le 19. L’image de l’hexagone 14 est l’hexagone 19.

Corrigé de l’exercice 6 : lecture graphique et masse d’alcool

Partie A

1. Trente minutes, c’est 0,5 h. Sur la courbe, le point d’abscisse 0,5 a pour ordonnée 10 : il y a 10 mg/L de principe actif dans le sang.

2. Le point le plus haut de la courbe (environ 27 mg/L) a pour abscisse 2. La quantité est maximale 2 heures après la prise du médicament.

Partie B

La formule demande un volume en cL, il faut donc convertir la contenance de la boisson 2 : 125 mL = 12,5 cL. Les degrés s’écrivent \(d=0{,}05\) et \(d=0{,}12\).

\[m_1=33\times 0{,}05\times 7{,}9=13{,}035\ \text{g}\]

\[m_2=12{,}5\times 0{,}12\times 7{,}9=11{,}85\ \text{g}\]

Comme \(13{,}035\gt 11{,}85\), oui, la boisson 1 contient plus d’alcool que la boisson 2, même si elle est moins forte : elle est bien plus volumineuse.

Corrigé de l’exercice 7 : empilements de boulets de canon

1. Le niveau du bas est un carré de 2 × 2 = 4 boulets, et un boulet est posé au sommet. L’empilement à 2 niveaux contient \(4+1=\) 5 boulets.

2. Chaque niveau est un carré dont le côté diminue de 1 en montant : 3 × 3 = 9 boulets en bas, 2 × 2 = 4 au milieu et 1 au sommet. On obtient bien \(9+4+1=14\) boulets.

3. On ajoute les carrés successifs : 4 niveaux donnent \(16+9+4+1=30\) boulets, et 5 niveaux donnent \(25+16+9+4+1=55\) boulets. L’empilement de 55 boulets comporte 5 niveaux.

4. On travaille en mètres pour utiliser la masse volumique : le rayon vaut 6 cm = 0,06 m. Volume d’un boulet :

\[V=\dfrac{4}{3}\times\pi\times 0{,}06^3=0{,}000288\pi\ \text{m}^3\approx 0{,}000\,905\ \text{m}^3\]

Volume des 14 boulets : \(14\times 0{,}000288\pi=0{,}004032\pi\approx 0{,}012\,67\ \text{m}^3\).

Comme 1 m³ pèse 7 300 kg, la masse est proportionnelle au volume :

\[m=0{,}004032\pi\times 7\,300\approx 92{,}47\ \text{kg}\]

L’empilement à 3 niveaux pèse donc 92 kg au kg près.

Corrigé de l’exercice 8 : notes au concours et indicateurs statistiques

1. Parmi les notes connues, la plus petite est 6. Si l’une des notes cachées valait 16, la plus grande note serait au moins 16 et l’étendue au moins \(16-6=10\). Or l’étendue vaut 9 : c’est impossible.

2. On teste chaque information avec ◆ = 12,5 et ● = 13,5.

• Étendue : plus petite note 6, plus grande 15, donc \(15-6=9\). Cela convient.
• Moyenne : \(\dfrac{10+13+15+14{,}5+6+7{,}5+12{,}5+13{,}5}{8}=\dfrac{92}{8}=11{,}5\). Cela convient.
• Reçus : 10 ; 12,5 ; 13 ; 13,5 ; 14,5 et 15 sont au moins égales à 10, soit 6 élèves sur 8, c’est-à-dire 75 %. Cela convient.
• Médiane : les notes rangées sont 6 ; 7,5 ; 10 ; 12,5 ; 13 ; 13,5 ; 14,5 ; 15. Avec 8 notes, la médiane est la moyenne de la 4^e et de la 5^e : \(\dfrac{12{,}5+13}{2}=12{,}75\), et non 12.

La médiane ne correspond pas : non, les deux notes ne peuvent pas être 12,5 et 13,5.

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