Corrigé du brevet de maths 2000 : Académie de Grenoble, septembre

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2000 : Académie de Grenoble, septembre. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Ce que détaille le corrigé corrigé Grenoble septembre

Pour t’y retrouver, le corrigé corrigé Grenoble septembre suit exactement l’ordre de l’énoncé, en 9 blocs accessibles depuis le sommaire. Tout d’abord, le corrigé explique « Fractions et racines » (exercice 1). Ensuite, la correction reprend « Développer et factoriser » (exercice 2). Puis tu lis la démarche complète pour « Enfants par famille » (exercice 3). Par ailleurs, tu trouves la solution rédigée de « Menus du self » (exercice 4). En outre, le corrigé explique « Cercle, tangente et Thalès » (exercice 1 de géométrie).

Ensuite, la correction reprend « Symétries dans un repère » (exercice 2 de géométrie). Puis tu lis la démarche complète pour « Sable à 15 cm » (première partie). Par ailleurs, tu trouves la solution rédigée de « Masses en fonction de x » (deuxième partie). Enfin, le corrigé explique « Cône de sable » (troisième partie).

En somme, les notions travaillées dans le corrigé corrigé Grenoble septembre sont les puissances de 10, les racines carrées, le calcul littéral, la moyenne et les systèmes d’équations, rédigées comme sur une copie.

Partie numérique

Corrigé de l’exercice 1 (Grenoble septembre) : fractions et racines carrées

1. Première fraction : on simplifie par \(7^2\), puisque \(7^4=7^2\times 7^2\).

\[\dfrac{7^2}{7^4}=\dfrac{7^2}{7^2\times 7^2}=\dfrac{1}{7^2}=\dfrac{1}{49}\]

Deuxième fraction : \(10^3-1=999\). On décompose : \(999=27\times 37\) et \(222=6\times 37\), puis on simplifie encore par 3.

\[\dfrac{10^3-1}{222}=\dfrac{999}{222}=\dfrac{27\times 37}{6\times 37}=\dfrac{27}{6}=\dfrac{9}{2}\]

Troisième fraction : on calcule d’abord le numérateur et le dénominateur, puis on simplifie par 12.

\[\dfrac{15+9}{15\times 4}=\dfrac{24}{60}=\dfrac{2\times 12}{5\times 12}=\dfrac{2}{5}\]

Les trois fractions irréductibles sont \(\dfrac{1}{49}\), \(\dfrac{9}{2}\) et \(\dfrac{2}{5}\). Attention au piège de la dernière : on ne simplifie pas « les 15 » car le numérateur est une somme.

2. a. Ensuite, on fait apparaître des carrés parfaits : \(27=9\times 3\) et \(48=16\times 3\).

\[5\sqrt{27}=5\times\sqrt{9}\times\sqrt{3}=5\times 3\sqrt{3}=15\sqrt{3}\qquad\sqrt{48}=\sqrt{16}\times\sqrt{3}=4\sqrt{3}\]

\[A=15\sqrt{3}-4\sqrt{3}=(15-4)\sqrt{3}\]

Donc \(A=11\sqrt{3}\).

b. Puis on élève au carré chaque facteur du produit, en utilisant \((\sqrt{3})^2=3\) :

\[A^2=(11\sqrt{3})^2=11^2\times(\sqrt{3})^2=121\times 3\]

Donc \(A^2=363\), qui est bien un nombre entier.

Corrigé de l’exercice 2 : développer et factoriser

1. Avec \((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\) :

\[B=(3x)^2-2\times 3x\times 1+1^2-9=9x^2-6x+1-9\]

Donc \(B=9x^2-6x-8\).

2. Comme \(9=3^2\), \(B\) est une différence de deux carrés : \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\) avec \(a=3x-1\) et \(b=3\).

\[B=\big((3x-1)-3\big)\big((3x-1)+3\big)\]

Donc \(B=(3x-4)(3x+2)\). Contrôle : \((3x-4)(3x+2)=9x^2+6x-12x-8=9x^2-6x-8\).

3. Pour \(x=0\), la forme développée est la plus pratique : \(B=9\times 0-6\times 0-8\), donc \(B=-8\).

Pour \(x=\dfrac{1}{3}\), la forme de départ est idéale car \(3\times\dfrac{1}{3}=1\) : \(B=(1-1)^2-9=0-9\), donc \(B=-9\).

Vérification avec la forme factorisée : \((1-4)(1+2)=-3\times 3=-9\).

Corrigé de l’exercice 3 (Grenoble septembre) : enfants par famille

1. L’effectif total est \(280+325+330+115+40+10=1\,100\) familles. Le nombre total d’enfants s’obtient en multipliant chaque valeur par son effectif :

\[0\times 280+1\times 325+2\times 330+3\times 115+4\times 40+5\times 10=0+325+660+345+160+50=1\,540\]

La moyenne est le nombre total d’enfants divisé par le nombre de familles :

\[m=\dfrac{1\,540}{1\,100}=1{,}4\]

Il y a en moyenne 1,4 enfant par famille.

2. « Moins de 3 enfants » signifie 0, 1 ou 2 enfants : \(280+325+330=935\) familles.

\[\dfrac{935}{1\,100}=0{,}85\]

85 % des familles ont moins de 3 enfants.

3. On place le nombre d’enfants en abscisse et, pour chaque valeur, un bâton vertical dont la hauteur est le nombre de familles (par exemple 1 cm pour 50 familles).

Corrigé de l’exercice 4 : les menus du self

D’abord, on appelle \(x\) le nombre de personnes qui prennent le menu 1 et \(y\) le nombre de personnes qui prennent le menu 2. Il y a 16 personnes et la dépense est de 745 F :

\[\left\{\begin{array}{l}x+y=16\\ 40x+55y=745\end{array}\right.\]

De la première équation, \(y=16-x\). On remplace dans la seconde :

\[40x+55(16-x)=745\]

\[40x+880-55x=745\]

\[-15x=-135\quad\text{donc}\quad x=9\]

Puis \(y=16-9=7\).

Vérification : \(9+7=16\) et \(40\times 9+55\times 7=360+385=745\).

9 personnes ont pris le menu 1 et 7 personnes ont pris le menu 2.

Partie géométrique

Corrigé de l’exercice 1 (Grenoble septembre) : cercle, tangente et Thalès

1. Le triangle ABC est inscrit dans le cercle et son côté [AB] est un diamètre de ce cercle. Or si un triangle est inscrit dans un cercle ayant pour diamètre l’un de ses côtés, il est rectangle. Le triangle ABC est rectangle en C.

2. Dans le triangle ABC rectangle en C, d’hypoténuse [AB], le théorème de Pythagore donne :

\[AC^2=AB^2-BC^2=6^2-3{,}6^2=36-12{,}96=23{,}04\]

Donc \(AC=\sqrt{23{,}04}\) et AC = 4,8 cm (car \(4{,}8^2=23{,}04\)).

3. a. Dans le triangle rectangle en C, par rapport à l’angle \(\widehat{ABC}\), [AC] est le côté opposé et [BC] le côté adjacent :

\[\tan\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4{,}8}{3{,}6}=\dfrac{48}{36}=\dfrac{4}{3}\]

La valeur exacte est \(\tan\widehat{ABC}=\dfrac{4}{3}\).

b. La calculatrice donne \(\arctan\left(\dfrac{4}{3}\right)\approx 53{,}13^\circ\), donc \(\widehat{ABC}\approx 53^\circ\).

c. L’angle inscrit \(\widehat{ABC}\) et l’angle au centre \(\widehat{AOC}\) interceptent le même arc \(\overset{\frown}{AC}\). L’angle au centre mesure le double de l’angle inscrit :

\[\widehat{AOC}=2\times\widehat{ABC}\approx 2\times 53{,}13^\circ\approx 106{,}26^\circ\]

Donc \(\widehat{AOC}\approx 106^\circ\). Autre méthode : le triangle OBC est isocèle en O (OB = OC = 3 cm), donc \(\widehat{OCB}=\widehat{OBC}\approx 53{,}13^\circ\), puis \(\widehat{BOC}\approx 180-2\times 53{,}13=73{,}74^\circ\) et \(\widehat{AOC}=180^\circ-\widehat{BOC}\approx 106{,}26^\circ\).

4. a. et b. On place E sur [AB] à 2 cm de A, puis F sur [AC] à 3,2 cm de C, c’est-à-dire à \(4{,}8-3{,}2=1{,}6\) cm de A.

c. Les points A, E, B d’une part et A, F, C d’autre part sont alignés dans le même ordre. Alors on compare les rapports :

\[\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\qquad\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{1{,}6}{4{,}8}=\dfrac{1}{3}\]

Les deux rapports sont égaux. D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (EF) et (BC) sont parallèles.

Corrigé de l’exercice 2 : deux symétries centrales

1. Tout d’abord, on place A(4 ; 6), B(−2 ; 4) et C(−1 ; 1) dans le repère (voir la figure plus bas).

2. a. \(\overrightarrow{AC}\) a pour coordonnées \((x_C-x_A\,;\,y_C-y_A)=(-1-4\,;\,1-6)\), soit \(\overrightarrow{AC}(-5\,;\,-5)\).

b. \(x_M=\dfrac{4+(-1)}{2}=1{,}5\) et \(y_M=\dfrac{6+1}{2}=3{,}5\), donc \(M(1{,}5\,;\,3{,}5)\).

c. \(AC=\sqrt{(-5)^2+(-5)^2}=\sqrt{50}=\sqrt{25\times 2}\), donc \(AC=5\sqrt{2}\) cm.

3. Le plus grand côté est [AC]. Ensuite, on compare \(AC^2=50\) et \(BA^2+BC^2=40+10=50\). L’égalité \(AC^2=BA^2+BC^2\) est vraie, donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B.

a. B est le milieu de [AP], donc \(P=(2x_B-x_A\,;\,2y_B-y_A)=(-4-4\,;\,8-6)\), soit \(P(-8\,;\,2)\). De même C est le milieu de [PS], donc \(S=(2\times(-1)-(-8)\,;\,2\times 1-2)\), soit \(S(6\,;\,0)\).

b. Dans la symétrie de centre B, A a pour image P, B reste en B et C a pour image le point C’ tel que B soit le milieu de [CC’] : \(C^{\prime}(-3\,;\,7)\). \(F_1\) est le triangle PBC’.

c. Dans la symétrie de centre C, P a pour image S, B a pour image \((0\,;\,-2)\) et C’ a pour image \((1\,;\,-5)\). \(F_2\) est le triangle de sommets S(6 ; 0), (0 ; −2) et (1 ; −5).

d. En comparant ABC et \(F_2\), chaque sommet a été déplacé de la même façon : A(4 ; 6) va en S(6 ; 0), B(−2 ; 4) va en (0 ; −2) et C(−1 ; 1) va en (1 ; −5), soit à chaque fois 2 vers la droite et 6 vers le bas. Ce déplacement est celui du vecteur \(2\overrightarrow{BC}\), puisque \(\overrightarrow{BC}(1\,;\,-3)\).

On passe de ABC à \(F_2\) par la translation de vecteur \(\overrightarrow{AS}\), c’est-à-dire \(2\overrightarrow{BC}\).

Problème

Remarque sur les données : la longueur notée « OI = 6 » dans l’énoncé est le rayon de la base du cylindre, c’est-à-dire O’I = 6 cm (la hauteur OO’ vaut 18 cm).

Corrigé de la première partie (Grenoble septembre) : sable à 15 cm de hauteur

1. a. Le sable forme un pavé droit de base carrée 10 cm × 10 cm et de hauteur 15 cm :

\[V=10\times 10\times 15=1\,500\ \text{cm}^3\]

Le volume de sable est 1 500 cm³.

b. Chaque cm³ pèse 1,5 g : \(1\,500\times 1{,}5=2\,250\). La masse de sable est 2 250 g.

c. Puis on ajoute la masse du récipient : \(2\,250+200=2\,450\). Le récipient M pèse 2 450 g au total.

2. a. Le sable forme un cylindre de rayon 6 cm et de hauteur 15 cm. De même, le volume d’un cylindre est \(\pi r^2 h\) :

\[V=\pi\times 6^2\times 15=540\pi\approx 1\,696{,}46\ \text{cm}^3\]

Le volume de sable est environ 1 696 cm³.

b. Le récipient P a une masse négligeable, la masse totale est celle du sable : \(540\pi\times 1{,}5=810\pi\approx 2\,544{,}7\) g. La masse totale est environ 2 545 g (2 544 g si l’on part du volume arrondi 1 696 cm³).

Corrigé de la deuxième partie : deux fonctions

1. a. Le sable forme un pavé de base 100 cm² et de hauteur \(x\) : \(V=100x\) (en cm³).

b. La masse de sable est \(1{,}5\times 100x=150x\) grammes ; on ajoute les 200 g du récipient : \(y_M=150x+200\).

c. \(y_M\) est de la forme \(ax+b\) avec \(a=150\) et \(b=200\). Comme \(b\neq 0\), la masse n’est pas proportionnelle à \(x\) : ce n’est pas une fonction linéaire, mais c’est une fonction affine.

Sa représentation graphique est une droite. On la trace avec deux points, par exemple \((0\,;\,200)\) et \((10\,;\,1\,700)\), pour \(x\) compris entre 0 et 18 (hauteur du récipient). Avec l’échelle imposée, le point \((10\,;\,1\,700)\) est à 10 cm à droite et à 17 cm au-dessus de l’origine.

2. \(y_P=170x\) est une fonction linéaire : sa droite passe par l’origine. Un second point suffit, par exemple \((10\,;\,1\,700)\).

3. a. Les deux masses sont égales au point d’intersection des deux droites. Ensuite, on descend verticalement de ce point jusqu’à l’axe des abscisses et on lit \(x=10\) cm.

b. Puis on résout \(y_M=y_P\) :

\[150x+200=170x\quad\text{donc}\quad 200=20x\quad\text{donc}\quad x=10\]

Pour une hauteur de sable de 10 cm, les deux récipients pèsent chacun \(170\times 10=1\,700\) g (et \(150\times 10+200=1\,700\) g).

Corrigé de la troisième partie : le cône de Simon

1. Le récipient S est un cône de rayon VR = 9 cm et de hauteur VT = 21 cm. Le volume d’un cône est \(\dfrac{1}{3}\pi r^2 h\) :

\[V_S=\dfrac{1}{3}\times\pi\times 9^2\times 21=\dfrac{81\times 21}{3}\pi=567\pi\approx 1\,781{,}28\ \text{cm}^3\]

De même, le volume du récipient S est environ 1 781 cm³.

2. a. \(\dfrac{TK}{TV}=\dfrac{14}{21}\), donc \(\dfrac{TK}{TV}=\dfrac{2}{3}\). C’est le coefficient de réduction \(k\).

b. Dans une réduction de rapport \(k\), les volumes sont multipliés par \(k^3\) :

\[V_{S_1}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\times 567\pi=\dfrac{8}{27}\times 567\pi=168\pi\approx 527{,}79\ \text{cm}^3\]

Le volume du cône \(S_1\) est environ 528 cm³.

c. \(168\pi\times 1{,}5=252\pi\approx 791{,}7\). La masse du sable est environ 792 g.

Tu remarques que le sable monte aux deux tiers de la hauteur, mais ne représente que \(\dfrac{8}{27}\), soit moins d’un tiers, du volume du cône.

Retour à l’énoncé : Sujet du brevet de maths 2000 : Académie de Grenoble, septembre.

Comment utiliser le corrigé corrigé Grenoble septembre

Travaille en deux temps : d’abord la recherche sans aide, ensuite la lecture attentive de la solution. Note dans un coin de ton cahier les réflexes signalés dans les encadrés « À retenir », car ce sont eux qui reviennent d’une année à l’autre. Enfin, refais quelques jours plus tard les questions que tu avais ratées.

En ce qui concerne les puissances de 10, traite séparément les nombres décimaux et les puissances de 10, ainsi les erreurs de virgule disparaissent. Quant aux racines carrées, décompose le nombre sous la racine en produit d’un carré parfait, ainsi la simplification devient immédiate. Dans les questions sur le calcul littéral, développe proprement terme à terme, ensuite réduis, et vérifie avec une valeur simple de x. Au besoin, la définition de la notion de notation scientifique sur Wikipédia t’aidera aussi à reprendre les bases, avant de retenter l’exercice.

Une fois le corrigé corrigé Grenoble septembre parcouru, reprends à froid les exercices où tu t’es trompé. Ensuite, entraîne-toi sur un autre sujet de la même année pour vérifier que les méthodes sont acquises.

Questions fréquentes sur le corrigé corrigé Grenoble septembre

Faut-il lire le corrigé corrigé Grenoble septembre en entier ?

Non, pas forcément. En effet, le sommaire permet d’ouvrir directement la correction d’un exercice précis, donc tu peux cibler les questions sur lesquelles tu as hésité.

Où se trouve le sujet original ?

Il se trouve sur sa propre page : énoncé du brevet 2000. Par conséquent, tu peux t’entraîner d’abord, puis revenir ici pour te corriger.

Quelles méthodes revoir après ce corrigé ?

Les solutions s’appuient surtout sur les puissances de 10, les racines carrées, le calcul littéral et la moyenne. Donc, si l’une de ces notions t’a posé problème, reprends la leçon correspondante avant de refaire l’exercice.

Comment est organisée l’épreuve écrite de maths ?

Elle fait partie des épreuves écrites du diplôme national du brevet, en fin de troisième. En outre, les correcteurs tiennent compte de la rédaction, donc chaque résultat doit être justifié.

D’autres annales à faire après le corrigé corrigé Grenoble septembre

La liste qui suit regroupe les autres sujets de la même session. Traite-en un par semaine, puis compare avec sa correction : c’est la meilleure façon d’arriver serein au brevet.

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