Corrigé du brevet de maths 2014 : Amérique du Nord

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Sommaire

Ce corrigé du brevet Amérique du Nord 2014 accompagne pas à pas les neuf exercices, dont huit sont consacrés au canal du Midi. Tu y revois la division par une fraction, la recherche d’un PGCD, le changement de sens d’une inéquation et le développement de \((a+b)^2\). Ensuite viennent les volumes d’un cylindre, d’une boule et d’un pavé, la relation entre distance, vitesse et durée, une hausse en pourcentage et une somme saisie au tableur. Le siège de pêche se règle avec le théorème de Pythagore, le jeu de dés avec un dénombrement des 36 issues, la vantelle avec une formule contenant une racine carrée et une lecture graphique. Le débit et la durée de remplissage précèdent le calcul de la longueur des portes busquées par la trigonométrie.

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2014 : Amérique du Nord. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Corrigé de l’exercice 1 : QCM de calcul

1. On calcule d’abord la parenthèse : \(\dfrac{2}{7}+\dfrac{3}{7}=\dfrac{5}{7}\). Diviser par \(\dfrac{1}{5}\), c’est multiplier par son inverse, 5 :

\[\dfrac{5}{7} \times 5=\dfrac{25}{7}\]

Réponse B.

2. On décompose : \(84=2^2 \times 3 \times 7\) et \(133=7 \times 19\). Le seul facteur premier commun est 7. On peut aussi utiliser l’algorithme d’Euclide : \(133=1 \times 84+49\), \(84=1 \times 49+35\), \(49=1 \times 35+14\), \(35=2 \times 14+7\), \(14=2 \times 7+0\) ; le dernier reste non nul est 7. Réponse B : 7.

3. \(-3x+5 \geqslant 9\) donne \(-3x \geqslant 4\). On divise par \(-3\), un nombre négatif : le sens de l’inégalité change.

\[x \leqslant \dfrac{4}{-3}, \text{ soit } x \leqslant \dfrac{-4}{3}\]

Contrôle avec \(x=-2\) (qui est bien inférieur à \(-\dfrac{4}{3}\)) : \(-3 \times (-2)+5=11 \geqslant 9\). Réponse A.

4. On applique l’identité remarquable \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) avec \(a=1\) et \(b=\sqrt{2}\) :

\[\left(1+\sqrt{2}\right)^2=1+2\sqrt{2}+\left(\sqrt{2}\right)^2=1+2\sqrt{2}+2=3+2\sqrt{2}\]

Réponse C.

À retenir : diviser par une fraction revient à multiplier par son inverse. Quand on multiplie ou divise les deux membres d’une inéquation par un nombre négatif, on change le sens de l’inégalité.

Corrigé de l’exercice 2 : le boudin de protection

Le boudin se compose d’un cylindre de hauteur 50 cm et de deux demi-boules aux extrémités. Deux demi-boules de même rayon forment une boule complète. Le codage montre que le centre de la base est le milieu de [AC], donc [AC] est un diamètre : le rayon vaut \(R=16 \div 2=8\) cm, pour le cylindre comme pour les demi-boules.

Volume du cylindre :

\[V_1=\pi \times 8^2 \times 50=3\ 200\pi\ \text{cm}^3\]

Volume de la boule (les deux demi-boules) :

\[V_2=\dfrac{4}{3}\pi \times 8^3=\dfrac{4 \times 512}{3}\pi=\dfrac{2\ 048}{3}\pi\ \text{cm}^3\]

Volume total, valeur exacte :

\[V=3\ 200\pi+\dfrac{2\ 048}{3}\pi=\dfrac{9\ 600\pi+2\ 048\pi}{3}=\dfrac{11\ 648}{3}\pi\ \text{cm}^3\]

Le volume exact du boudin est \(\dfrac{11\ 648}{3}\pi\ \text{cm}^3\), soit environ 12 197,76 cm³ au centième.

À retenir : un solide composé se découpe en solides connus dont on additionne les volumes. Garde \(\pi\) dans les calculs pour la valeur exacte et n’arrondis qu’à la toute fin.

Corrigé de l’exercice 3 : durée, volume et pourcentage

1. À vitesse maximale de 8 km/h, la durée minimale est \(t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{240}{8}=30\). Il faut au moins 30 heures de navigation.

2. Le volume d’un pavé droit est longueur × largeur × hauteur :

\[V=30 \times 8{,}4 \times 3=756\ \text{m}^3\]

L’écluse a un volume de 756 m³.

3. Augmenter de 27 %, c’est multiplier par \(1+\dfrac{27}{100}=1{,}27\) :

\[882 \times 1{,}27=1\ 120{,}14\]

(On peut aussi calculer la hausse, \(882 \times 0{,}27=238{,}14\) €, et l’ajouter : \(882+238{,}14=1\ 120{,}14\).) La location coûte 1 120,14 € sur cette période.

À retenir : durée = distance ÷ vitesse, avec des unités cohérentes (km et km/h donnent des heures). Une hausse de \(t\ \%\) correspond à une multiplication par \(1+\dfrac{t}{100}\).

Corrigé de l’exercice 4 : le dénivelé au tableur

1. Le dénivelé total est la somme de toutes les hauteurs franchies, de la cellule B3 à la cellule L3. En M5, on saisit =SOMME(B3:L3) (ou, plus long, =B3+C3+D3+…+L3).

2. Montées : \(2{,}44+4{,}85+3{,}08+2{,}62=12{,}99\) m.
Descentes : \(2{,}58+5{,}58+6{,}78+2{,}24+2{,}63+9{,}42+5{,}23=34{,}46\) m.
Dénivelé : \(12{,}99-34{,}46=-21{,}47\).

Le dénivelé du parcours vaut \(-21{,}47\) m.

3. Le dénivelé est négatif : on descend davantage qu’on ne monte. Le parcours est globalement descendant (l’arrivée est environ 21,47 m plus bas que le départ).

À retenir : dans un tableur, une formule commence par le signe = et SOMME(B3:L3) additionne toutes les cellules de B3 à L3. Pour sommer des relatifs, regroupe les positifs d’un côté et les négatifs de l’autre.

Corrigé de l’exercice 5 : la hauteur du siège pliant

La hauteur de l’assise est la longueur CE. On connaît AE = 56 cm (longueur d’un pied) et l’angle \(\widehat{ACE}\) est droit : le triangle ACE est rectangle en C, d’hypoténuse [AE].

Il manque AC. Comme ABDC est un rectangle, ses côtés opposés sont égaux : AC = BD = 34 cm (la largeur de l’assise).

D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ACE rectangle en C :

\[AE^2=AC^2+CE^2 \quad \text{donc} \quad CE^2=AE^2-AC^2=56^2-34^2=3\ 136-1\ 156=1\ 980\]

\[CE=\sqrt{1\ 980} \approx 44{,}5\ \text{cm}\]

Comme 44,5 cm est compris entre 44 cm et 46 cm, la hauteur de ce siège est adaptée à Nicolas.

À retenir : repère bien l’hypoténuse (le côté opposé à l’angle droit) : pour calculer un côté de l’angle droit, on soustrait les carrés. Le rectangle ABDC sert ici à trouver la longueur AC qui manquait.

Corrigé de l’exercice 6 : le jeu de dés

1. Le dé est équilibré : chacune des six faces a la même chance de sortir. La probabilité d’obtenir « 1 » et celle d’obtenir « 5 » valent toutes deux \(\dfrac{1}{6}\). Oui, elles sont égales.

2. Le dé rouge peut donner 6 résultats, et pour chacun d’eux le dé jaune peut donner 6 résultats. On peut ranger les issues dans un tableau à double entrée de 6 lignes (dé rouge) et 6 colonnes (dé jaune) : il y a \(6 \times 6=36\) issues, toutes équiprobables. Les deux dés étant de couleurs différentes, (3 rouge ; 4 jaune) et (4 rouge ; 3 jaune) sont bien deux issues distinctes.

3. Paul a 650 points ; il lui en faut au moins \(1\ 000-650=350\) de plus en un lancer. On examine les gains possibles :

un résultat qui n’est pas une paire : 50 points, insuffisant ;
paire de 2 : 200 points, paire de 3 : 300 points, insuffisant (\(650+300=950\)) ;
paire de 4 : 400 points, paire de 5 : 500 points, paire de 6 : 600 points, suffisant ;
paire de 1 : 1 000 points, victoire immédiate.

Les issues gagnantes sont donc les paires (1 ; 1), (4 ; 4), (5 ; 5) et (6 ; 6) : 4 issues sur 36.

\[P(\text{Paul gagne au 3}^{\text{e}}\text{ lancer})=\dfrac{4}{36}=\dfrac{1}{9}\]

La probabilité est \(\dfrac{1}{9}\) (environ 0,11).

À retenir : pour deux dés, un tableau à double entrée donne les 36 issues équiprobables. On compte ensuite les issues favorables, ici les paires qui rapportent au moins les points manquants.

Corrigé de l’exercice 7 : la vitesse de l’eau dans la vantelle

1. À l’ouverture, \(h=4{,}3\) et \(x=1{,}8\), donc \(h-x=2{,}5\) :

\[v=\sqrt{2 \times 9{,}81 \times 2{,}5}=\sqrt{49{,}05} \approx 7{,}004\]

Arrondie à l’unité, la vitesse vaut 7 m/s.

2. Une racine carrée est nulle seulement si le nombre sous la racine est nul : \(2g(h-x)=0\), c’est-à-dire \(h-x=0\), soit \(x=h=4{,}3\) m. L’eau ne s’écoule plus quand le niveau de l’eau dans l’écluse est le même que celui du canal en amont : les deux niveaux sont égaux et la péniche peut entrer.

3. On place 3,4 sur l’axe horizontal, on monte verticalement jusqu’à la courbe, puis on se déplace horizontalement jusqu’à l’axe des vitesses. On lit environ 4 m/s (un peu plus : environ 4,1 m/s).

Remarque : la formule donne \(\sqrt{2 \times 9{,}81 \times 0{,}9} \approx 4{,}2\) m/s. L’écart vient du tracé de l’annexe, légèrement en dessous de la formule ; une lecture entre 4 et 4,2 m/s est correcte.

À retenir : pour lire l’image d’un nombre sur un graphique, pars de l’axe horizontal, monte jusqu’à la courbe puis rejoins l’axe vertical. Une racine carrée n’est nulle que si ce qu’elle contient est nul.

Corrigé de l’exercice 8 : débit et durée de remplissage

1. Le rayon doit être en mètres : \(R=30\) cm \(=0{,}3\) m. L’aire du disque vaut :

\[S=\pi R^2=\pi \times 0{,}3^2=0{,}09\pi\ \text{m}^2\]

L’aire exacte de la vantelle est \(0{,}09\pi\ \text{m}^2\) (environ 0,283 m²).

2. \(q=S \times v=0{,}09\pi \times 2{,}8=0{,}252\pi \approx 0{,}7917\). Le débit moyen est d’environ \(0{,}792\ \text{m}^3\text{.s}^{-1}\) au millième.

3. Chaque seconde, environ 0,792 m³ d’eau entre dans l’écluse. Pour 756 m³, il faut :

\[t=\dfrac{756}{0{,}252\pi} \approx 955\ \text{s}\]

Or 15 minutes font \(15 \times 60=900\) secondes, et \(955 \gt 900\) (cela fait environ 15 min 55 s). Il faudra patienter environ 955 secondes, donc oui, plus de 15 minutes.

À retenir : convertis toutes les longueurs dans l’unité demandée avant de calculer une aire. Le débit est un volume par seconde : la durée s’obtient en divisant le volume à remplir par le débit.

Corrigé de l’exercice 9 : la longueur des portes busquées

Notons H le pied de la hauteur issue de P, sur [AB].

Angle au sommet A. Le mur est perpendiculaire à [AB], donc l’angle entre le mur et [AB] mesure 90°. La porte [AP] fait 55° avec le mur, donc :

\[\widehat{PAB}=90^\circ-55^\circ=35^\circ\]

Longueur AH. Les deux portes ont la même longueur : PA = PB, le triangle APB est isocèle en P. Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi la médiane : H est le milieu de [AB], donc \(AH=5{,}8 \div 2=2{,}9\) m.

Longueur AP. Dans le triangle AHP rectangle en H, on connaît l’angle \(\widehat{PAH}=35^\circ\), le côté adjacent AH et l’on cherche l’hypoténuse AP : on utilise le cosinus.

\[\cos \widehat{PAH}=\dfrac{AH}{AP} \quad \text{donc} \quad AP=\dfrac{2{,}9}{\cos 35^\circ} \approx 3{,}540\]

Chaque porte mesure environ 3,54 m au centimètre près.

À retenir : dans un triangle rectangle, choisis la formule trigonométrique qui relie l’angle connu, la longueur connue et celle cherchée (ici côté adjacent et hypoténuse : cosinus). La hauteur d’un triangle isocèle issue du sommet principal coupe la base en son milieu.

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