Corrigé du brevet de maths 2019 : France, septembre
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2019 : France, septembre. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Plan du corrigé corrigé septembre 2019
Comme l’énoncé, le corrigé corrigé septembre 2019 est découpé en 6 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, tu trouves la solution rédigée de « Rallye VTT : Pythagore et Thalès » (exercice 1). Ensuite, le corrigé explique « Facteurs premiers et puissances » (exercice 2). Puis la correction reprend « CO2 et fonction affine » (exercice 3). Par ailleurs, tu lis la démarche complète pour « Pièces montées et volumes » (exercice 4). Puis en outre, tu trouves la solution rédigée de « Programme de calcul et tableur » (exercice 5).
Enfin, le corrigé explique « Dés truqués et Scratch » (exercice 6).
Ainsi, le corrigé corrigé septembre 2019 te fait revoir le théorème de Pythagore, le théorème de Thalès, les racines carrées, les fonctions affines et les équations, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.
Corrigé de l’exercice 1 (septembre 2019) : le rallye VTT
1. Le triangle BCD est rectangle en C, son hypoténuse est [BD]. D’après le théorème de Pythagore :
\[BD^2 = BC^2 + CD^2 = 1{,}5^2 + 2^2 = 2{,}25 + 4 = 6{,}25\]
BD est une longueur, donc positive : \(BD = \sqrt{6{,}25} = 2{,}5\). On a bien BD = 2,5 km.
2. Les points C, D et E sont alignés : ils sont sur la droite (CE). Ensuite, le triangle BCD est rectangle en C, donc \((BC) \perp (CE)\). Le triangle DEF est rectangle en E, donc \((EF) \perp (CE)\). Deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles : \((BC) \parallel (EF)\).
3. Les droites (BF) et (CE) se coupent en D, et (BC) est parallèle à (EF). Puis le théorème de Thalès s’applique dans les triangles DBC et DFE :
\[\dfrac{DF}{DB} = \dfrac{DE}{DC} = \dfrac{EF}{BC}\]
On utilise l’égalité qui contient DF et deux longueurs connues : \(\dfrac{DF}{2{,}5} = \dfrac{5}{2}\), d’où \(DF = \dfrac{2{,}5 \times 5}{2} = \dfrac{12{,}5}{2} = 6{,}25\). Donc DF = 6,25 km.
4. Le trajet suit les traits pleins : A vers B, puis B vers F en passant par D, puis F vers G. Les pointillés (BC, CE, EF) ne sont pas parcourus.
\[AB + BD + DF + FG = 7 + 2{,}5 + 6{,}25 + 3{,}5 = 19{,}25\]
Le parcours mesure 19,25 km.
5. La durée se calcule par \(t = \dfrac{d}{v}\) :
\[t = \dfrac{7}{16}\ \text{h} = 0{,}4375\ \text{h}\]
Ensuite, on convertit en minutes : \(0{,}4375 \times 60 = 26{,}25\) min, soit 26 min et \(0{,}25 \times 60 = 15\) s. Michel mettra 26 minutes et 15 secondes pour aller de A à B.
Corrigé de l’exercice 2 : nombres premiers et puissances
1. a. D’abord, on divise par les nombres premiers dans l’ordre croissant :
\[2744 = 2 \times 1372 = 2 \times 2 \times 686 = 2 \times 2 \times 2 \times 343\]
343 n’est pas divisible par 2, 3 ni 5, mais \(343 = 7 \times 49 = 7 \times 7 \times 7\). Donc \(2744 = 2^3 \times 7^3\).
1. b. Puis on élève au carré en utilisant \((a \times b)^2 = a^2 \times b^2\) et \((a^n)^2 = a^{2n}\) :
\[2744^2 = \left(2^3 \times 7^3\right)^2 = 2^6 \times 7^6\]
La décomposition est \(2744^2 = 2^6 \times 7^6\).
1. c. Alors on regroupe les exposants par paquets de 3 : \(2^6 = \left(2^2\right)^3\) et \(7^6 = \left(7^2\right)^3\). Donc
\[2744^2 = \left(2^2\right)^3 \times \left(7^2\right)^3 = \left(2^2 \times 7^2\right)^3 = (4 \times 49)^3 = 196^3\]
Le nombre cherché est \(x = 196\).
2. a. Si \(a = 100\), alors \(b^2 = 100^3 = 1\,000\,000\). Comme \(b\) est un entier positif, \(b = \sqrt{1\,000\,000} = 1\,000\) (en effet \(1\,000^2 = 1\,000\,000\)). Donc \(b = 1\,000\).
2. b. Ensuite, on teste les valeurs de \(a\) de 3 à 9 et on regarde si \(a^3\) est un carré parfait :
| \(a\) | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(a^3\) | 27 | 64 | 125 | 216 | 343 | 512 | 729 |
| carré ? | non | oui, \(8^2\) | non | non | non | non | oui, \(27^2\) |
Pour \(a = 9\), on trouverait \(b = 27\), qui dépasse 10 : ce couple ne convient pas. De plus, le seul couple qui répond à la question est \(a = 4\) et \(b = 8\), car \(4^3 = 64 = 8^2\).
Corrigé de l’exercice 3 : la concentration de CO2
1. On part de l’année sur l’axe horizontal, on monte jusqu’à la courbe puis on lit sur l’axe vertical. Puis on obtient environ 360 ppm en 1995 et 380 ppm en 2005.
2. a. Entre 1995 et 2005, la courbe est presque un segment de droite : la concentration augmente d’à peu près la même quantité chaque année (environ 2 ppm par an). Une fonction affine, dont la représentation est une droite, est donc un modèle raisonnable.
2. b. On teste chaque expression avec une valeur connue, par exemple l’année 1995 :
\[\text{Arnold : } 2 \times 1995 – 3\,630 = 3\,990 – 3\,630 = 360\]
\[\text{Billy : } 2 \times 1995 – 2\,000 = 3\,990 – 2\,000 = 1\,990\]
Arnold retrouve les 360 ppm lus sur le graphique (et en 2005 : \(4\,010 – 3\,630 = 380\), là encore la bonne valeur), alors que 1 990 ppm n’a rien à voir avec la courbe. C’est l’expression d’Arnold, \(g(x) = 2x – 3\,630\), qui convient.
2. c. On cherche \(x\) tel que \(g(x) = 450\) :
\[2x – 3\,630 = 450 \quad \Leftrightarrow \quad 2x = 4\,080 \quad \Leftrightarrow \quad x = 2\,040\]
Selon ce modèle, la concentration de 450 ppm serait atteinte en 2040.
3. Les 70 mégatonnes captées représentent 15 % de la masse M émise : \(0{,}15 \times M = 70\). Ensuite, on divise par 0,15 :
\[M = \dfrac{70}{0{,}15} \approx 466{,}7\]
La France a émis environ 467 mégatonnes de CO2 en 2016.
Corrigé de l’exercice 4 : les pièces montées
1. La recette utilise 75 g de beurre pour 100 g de chocolat. Le ratio vaut \(\dfrac{75}{100}\) ; on simplifie par 25, le PGCD de 75 et 100 :
\[\dfrac{75}{100} = \dfrac{3 \times 25}{4 \times 25} = \dfrac{3}{4}\]
Le ratio (masse de beurre : masse de chocolat) est \(\dfrac{3}{4}\), autrement dit 3 : 4.
2. Les quantités sont proportionnelles à la masse de chocolat. Ensuite, on passe de 100 g à 250 g en multipliant par 2,5 : il faut \(30 \times 2{,}5 = 75\) g de farine, soit 75 g de farine.
3. Le côté diminue de 8 cm à chaque étage : 24 cm en bas, puis \(24 – 8 = 16\) cm, puis \(16 – 8 = 8\) cm. Par ailleurs, le plus petit gâteau de la tour Carrée a une base de 8 cm de côté.
4. Tour de Pise. Les diamètres valent 30, 22, 14 et 6 cm, donc les rayons 15, 11, 7 et 3 cm ; les quatre gâteaux mesurent 6 cm de haut. Puis on additionne les volumes des quatre cylindres :
\[V_{\text{Pise}} = \pi \times 15^2 \times 6 + \pi \times 11^2 \times 6 + \pi \times 7^2 \times 6 + \pi \times 3^2 \times 6\]
\[V_{\text{Pise}} = 6\pi \times (225 + 121 + 49 + 9) = 6\pi \times 404 = 2\,424\pi \approx 7\,615\ \text{cm}^3\]
Tour Carrée. Les côtés mesurent 24, 16 et 8 cm et la hauteur 8 cm. Le volume d’un pavé à base carrée est \(c^2 \times h\) :
\[V_{\text{Carrée}} = 24^2 \times 8 + 16^2 \times 8 + 8^2 \times 8 = 8 \times (576 + 256 + 64) = 8 \times 896 = 7\,168\ \text{cm}^3\]
Comme \(7\,615 \gt 7\,168\), la tour de Pise a le plus grand volume.
Corrigé de l’exercice 5 : programme de calcul et tableur
1. a. Avec 4 : l’étape 2 donne \(4 + 6 = 10\), l’étape 3 donne \(4 – 5 = -1\), l’étape 4 donne \(10 \times (-1) = -10\) et l’étape 5 donne \(-10 + 30 = 20\). Puis le résultat est bien 20.
1. b. Avec \(-3\) : étape 2, \(-3 + 6 = 3\) ; étape 3, \(-3 – 5 = -8\) ; étape 4, \(3 \times (-8) = -24\) ; étape 5, \(-24 + 30 = 6\). Le résultat est 6.
2. a. Pour 4 : \(4 + 4^2 = 4 + 16 = 20\), c’est le résultat du 1. a. Ensuite, pour \(-3\) : \(-3 + (-3)^2 = -3 + 9 = 6\), c’est le résultat du 1. b. Zoé a raison dans ces deux cas.
2. b. L’étape 4 multiplie le résultat de l’étape 2 (ligne 2) par celui de l’étape 3 (ligne 3) de la même colonne. La formule de B4 est =B2*B3 ; recopiée vers la droite, elle devient =C2*C3, =D2*D3, etc.
2. c. Alors on applique le programme à un nombre quelconque \(x\) : étape 2, \(x + 6\) ; étape 3, \(x – 5\) ; étape 4, \((x+6)(x-5)\) ; étape 5, \((x+6)(x-5) + 30\). Puis on développe avec la double distributivité :
\[(x+6)(x-5) + 30 = x^2 – 5x + 6x – 30 + 30 = x^2 + x\]
Pour tout nombre \(x\), le résultat est \(x^2 + x\) : Zoé a raison.
2. d. Ensuite, on résout \(x^2 + x = 0\). On factorise par \(x\) : \(x(x + 1) = 0\). De plus, un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x = 0\) ou \(x + 1 = 0\), c’est-à-dire \(x = -1\). Vérification : avec 0, on obtient \(6 \times (-5) + 30 = 0\) ; avec \(-1\), \(5 \times (-6) + 30 = 0\). Les nombres cherchés sont 0 et \(-1\).
Corrigé de l’exercice 6 : le duel de dés
D’après les patrons, le dé A porte quatre faces « 2 » et deux faces « 6 » ; le dé B porte trois faces « 1 » et trois faces « 5 ».
1. Armelle ne peut obtenir que 2 ou 6, Basile que 1 ou 5. Aucun nombre n’est commun aux deux dés, les deux résultats ne sont jamais égaux : une partie ne peut pas aboutir à un match nul.
2. a. Si Armelle a obtenu 2, Basile gagne seulement s’il obtient 5. Le dé B est équilibré et porte 3 faces « 5 » sur 6 : la probabilité est \(\dfrac{3}{6} =\) \(\dfrac{1}{2}\).
2. b. Si Basile a obtenu 1, Armelle gagne quel que soit son résultat, puisque 2 et 6 sont tous deux supérieurs à 1. L’événement est certain : sa probabilité vaut 1.
3. a. FaceA prend la valeur 2 quand « tirage de dé » est inférieur strictement à 5, c’est-à-dire égal à 1, 2, 3 ou 4 : 4 issues sur 6 équiprobables. La probabilité est \(\dfrac{4}{6} =\) \(\dfrac{2}{3}\), ce qui correspond bien aux 4 faces « 2 » du dé A.
3. b. Dans le « si … alors », on ajoute 1 à Victoire de A : la condition doit donc exprimer qu’Armelle a le plus grand numéro. La ligne 7 complétée est si FaceB < FaceA alors.
Corrigé de l’exercice 6 : le duel de dés (suite)
3. c. Le dé B a 3 faces « 1 » sur 6 : il faut une condition vraie pour 3 tirages sur 6, par exemple « tirage de dé < 4 » (tirages 1, 2 ou 3). Le sous-programme, bloc par bloc :
- « définir Lancer le dé B » ;
- « mettre tirage de dé à nombre aléatoire entre 1 et 6 » ;
- « si tirage de dé < 4 alors » : « mettre FaceB à 1 » ;
- « sinon » : « mettre FaceB à 5 ».
Ainsi FaceB vaut 1 avec une probabilité \(\dfrac{3}{6}\) et 5 avec une probabilité \(\dfrac{3}{6}\), comme sur le vrai dé B.
4. a. La fréquence de gain de A est le nombre de victoires de A divisé par le nombre total de duels :
\[f = \dfrac{39\,901}{39\,901 + 20\,099} = \dfrac{39\,901}{60\,000} \approx 0{,}665\]
Soit environ 66,5 %, c’est-à-dire 67 % à 1 % près.
4. b. Sur un très grand nombre de duels, la fréquence se rapproche de la probabilité. Puis on peut conjecturer que la probabilité que A gagne est proche de 0,67, soit environ \(\dfrac{2}{3}\). Le calcul exact le confirme : A gagne quand il tire 6 (probabilité \(\dfrac{1}{3}\)) ou quand il tire 2 et B tire 1 (probabilité \(\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}\)), soit \(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\).
Retour à l’énoncé : Sujet du brevet de maths 2019 : France, septembre.
Bien réviser avec le corrigé corrigé septembre 2019
Avant de lire la moindre ligne de correction, rédige ta propre copie au brouillon. Ensuite, compare exercice par exercice : si ton résultat est juste mais que la justification manque, recopie la phrase clé du corrigé. En effet, au brevet, une partie des points récompense le raisonnement et la rédaction, pas seulement le résultat final.
Quant au théorème de Pythagore, commence par nommer l’angle droit, car c’est lui qui désigne l’hypoténuse dans l’égalité. Dans les questions sur le théorème de Thalès, cite d’abord les deux droites parallèles et les points alignés, ensuite seulement l’égalité des trois rapports. Pour les racines carrées, extrais les carrés parfaits sous la racine, puis regroupe les termes semblables. Enfin, si une notion te bloque, relis la page de Wikipédia consacrée à la notion de théorème de Pythagore, puis reviens à la question.
Après avoir lu le corrigé corrigé septembre 2019, referme la page et refais de mémoire les questions qui t’ont posé problème. Puis, quelques jours plus tard, reprends le sujet entier en temps limité.
Tes questions sur le corrigé corrigé septembre 2019
Faut-il lire le corrigé corrigé septembre 2019 en entier ?
Pas nécessairement. Grâce au sommaire, tu peux aller directement à l’exercice qui t’intéresse, puis revenir au reste plus tard.
Où trouver l’énoncé de ce sujet ?
L’énoncé complet est publié sur une page séparée, le sujet du brevet de maths 2019. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.
Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?
On y retrouve principalement le théorème de Pythagore, le théorème de Thalès, les racines carrées et les fonctions affines. Par conséquent, ces chapitres sont les premiers à réviser si une correction t’a surpris.
Comment se déroule l’épreuve de maths du brevet ?
C’est une épreuve écrite du diplôme national du brevet, passée à la fin de la classe de troisième. Par ailleurs, la clarté de la rédaction et la justification des réponses comptent dans la note.
Continuer l’entraînement après le corrigé corrigé septembre 2019
Pour prolonger ton entraînement, choisis ensuite un autre sujet de la même année dans la liste ci-dessous. Ainsi, tu vérifies que les méthodes tiennent sur des énoncés différents.
Les autres corrigés du brevet 2019
- Corrigé du brevet de maths 2019 : France
- Corrigé du brevet de maths 2019 : France, sujet de secours
- De même, corrigé du brevet de maths 2019 : Amérique du Nord
- Corrigé du brevet de maths 2019 : Centres étrangers
Tous les sujets classés par année : brevet de maths.
Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du brevet de maths 2019 : France, septembre» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
