Corrigé du brevet de maths 2012 : Centres étrangers
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2012 : Centres étrangers. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Activités numériques
Corrigé de l’exercice 1 : fractions et partage d’un paquet
1. La multiplication est prioritaire sur l’addition. On commence donc par le produit, en simplifiant par 3 :
\[\dfrac{2}{3}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{2\times 3}{3\times 4}=\dfrac{2}{4}\]
Puis on ajoute des fractions de même dénominateur :
\[\dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{4}=\dfrac{3}{4}\]
Résultat : \(\dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{3}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\).
2. Après le goûter de Lise, il reste \(1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\) du paquet.
Agathe mange les \(\dfrac{2}{3}\) de ce reste : elle en laisse donc \(\dfrac{1}{3}\). Il reste ainsi \(\dfrac{1}{3}\) de \(\dfrac{3}{4}\) du paquet, c’est-à-dire \(\dfrac{1}{3}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}\) du paquet (on retrouve le calcul de la question 1 : les deux sœurs ont mangé \(\dfrac{3}{4}\) du paquet).
Ce quart du paquet correspond aux 5 gâteaux restants, donc le paquet entier en contenait \(4\times 5=20\).
Vérification : Lise mange \(\dfrac{1}{4}\) de 20, soit 5 gâteaux ; il en reste 15. Agathe en mange \(\dfrac{2}{3}\times 15=10\) ; il en reste bien 5.
Le paquet contenait 20 gâteaux.
Corrigé de l’exercice 2 : boîte cylindrique et courbe hauteur-rayon
1. a. Le volume de la boîte est \(V=\pi\times r^2\times h\) avec \(r=x=3\) cm et \(V=250\ \text{cm}^3\). On obtient l’équation :
\[\pi\times 3^2\times h=250,\quad\text{soit}\quad 9\pi\times h=250\]
\[h=\dfrac{250}{9\pi}\approx 8{,}84\ \text{cm}\]
Arrondi au dixième, on a bien \(h\approx 8{,}8\) cm.
b. Dans le patron, le rectangle est la surface latérale « déroulée » du cylindre : sa longueur \(L\) est égale au périmètre du disque de base, de rayon 3 cm.
\[L=2\times\pi\times 3=6\pi\approx 18{,}849\ \text{cm}\]
Au millimètre près, \(L\approx 18{,}8\) cm (soit 188 mm).
2. a. Une fonction affine est représentée par une droite. Ici la courbe tracée n’est pas une droite (elle s’incurve fortement) : ce n’est pas une fonction affine.
On peut aussi le voir par le calcul : \(h=\dfrac{250}{\pi r^2}\), et \(h\) ne s’écrit pas sous la forme \(ar+b\). Autre indice : quand le rayon passe de 4 à 5 cm, la hauteur baisse d’environ 1,8 cm, alors que de 8 à 9 cm elle ne baisse que d’environ 0,3 cm ; pour une fonction affine, ces baisses seraient les mêmes.
b.
- On part de 2 sur l’axe des hauteurs, on rejoint la courbe horizontalement puis on descend sur l’axe des rayons : on lit un rayon d’environ 6,3 cm (une lecture entre 6,3 et 6,4 cm est acceptable).
- On part de 4 sur l’axe des rayons, on monte jusqu’à la courbe et on se déplace horizontalement vers l’axe des hauteurs : on lit une hauteur d’environ 5 cm.
Contrôle par le calcul : pour \(r=4\), \(h=\dfrac{250}{16\pi}\approx 4{,}97\) cm ; pour \(h=2\), \(r=\sqrt{\dfrac{250}{2\pi}}\approx 6{,}31\) cm.
Corrigé de l’exercice 3 : deux programmes de calcul
1. Programme A avec 5 : on ajoute 1, ce qui donne 6 ; le carré de 6 est 36 ; on retire le carré de 5, soit 25 : \(36-25=11\).
Programme B avec 5 : le double de 5 est 10, et \(10+1=11\).
Les deux programmes donnent 11.
2. Appelons \(x\) le nombre de départ.
Programme A : on obtient \((x+1)^2-x^2\). On développe avec l’identité remarquable \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) :
\[(x+1)^2-x^2=x^2+2x+1-x^2=2x+1\]
Programme B : on obtient directement \(2x+1\).
Les deux expressions sont égales pour toute valeur de \(x\) : les deux programmes donnent toujours le même résultat, \(2x+1\).
Activités géométriques
Corrigé de l’exercice 1 : QCM de géométrie
1. Le triangle MNP est rectangle en N, donc son hypoténuse est [MP]. Pour l’angle \(\widehat{\text{MPN}}\), le côté opposé est [MN] :
\[\sin\widehat{\text{MPN}}=\dfrac{\text{MN}}{\text{MP}}=\dfrac{5}{12}\]
La calculatrice (touche \(\sin^{-1}\) ou arcsin) donne \(\widehat{\text{MPN}}\approx 24{,}6^\circ\). Réponse : 24,6°.
Attention au piège : 22,6° est l’angle dont la tangente vaut \(\dfrac{5}{12}\), ce qui serait juste si 12 cm était la longueur NP, mais ici 12 cm est l’hypoténuse.
2. Le grand cube est un agrandissement du petit de rapport 2. Dans un agrandissement de rapport \(k\), les volumes sont multipliés par \(k^3\) :
\[V^{\prime}=(2c)^3=8c^3=8V\]
Réponse : \(V^{\prime}=8V\).
3. Dans ce triangle rectangle, 7 est la longueur de l’hypoténuse (le côté face à l’angle droit). Notons \(y\) la mesure manquante. D’après le théorème de Pythagore :
\[y^2+3^2=7^2,\quad y^2=49-9=40\]
\[y=\sqrt{40}=\sqrt{4\times 10}=2\sqrt{10}\approx 6{,}32\]
Réponse : \(2\sqrt{10}\).
4. Les points K, L, M sont alignés, ainsi que K, P, N, et les droites (LP) et (MN) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :
\[\dfrac{\text{KL}}{\text{KM}}=\dfrac{\text{KP}}{\text{KN}}=\dfrac{\text{LP}}{\text{MN}}\]
Attention : KM n’est pas 4 mais \(\text{KL}+\text{LM}=2+4=6\). Donc :
\[\dfrac{2}{6}=\dfrac{3}{\text{MN}},\quad\text{MN}=\dfrac{3\times 6}{2}=9\]
Réponse : égale à 9 cm.
Corrigé de l’exercice 2 : le souvenir du Mont Saint-Michel
1. a. Le point A est sur la sphère de centre O et de rayon 4,5 cm, donc OA = 4,5 cm. Le segment [OO\(_1\)] est l’axe du cylindre : il est perpendiculaire à la base, donc le triangle OO\(_1\)A est rectangle en O\(_1\).
D’après le théorème de Pythagore, avec [OA] pour hypoténuse :
\[\text{OO}_1^2=\text{OA}^2-\text{O}_1\text{A}^2=4{,}5^2-3{,}6^2=20{,}25-12{,}96=7{,}29\]
\[\text{OO}_1=\sqrt{7{,}29}=2{,}7\]
On a bien \(\text{OO}_1=2{,}7\) cm.
b. En partant du bas : la hauteur du cylindre (3,8 cm), puis la distance O\(_1\)O (2,7 cm), puis le rayon de la sphère jusqu’au sommet (4,5 cm) :
\[3{,}8+2{,}7+4{,}5=11\]
L’objet mesure 11 cm de haut.
2. a. La base du cône est un disque de rayon 3,6 cm, d’aire \(\pi\times 3{,}6^2=12{,}96\pi\ \text{cm}^2\). Donc :
\[V_{\text{cône}}=\dfrac{1}{3}\times 12{,}96\pi\times 4{,}7=20{,}304\pi\approx 63{,}8\ \text{cm}^3\]
Arrondi à l’unité, le volume de la maquette vaut bien environ 64 cm³.
b. Calculons 20 % du volume de la calotte : \(0{,}20\times 342=68{,}4\ \text{cm}^3\).
Comme \(64\lt 68{,}4\), la maquette occupe moins de 20 % de la calotte. On peut aussi calculer la proportion : \(\dfrac{64}{342}\approx 0{,}187\), soit environ 18,7 %.
Conclusion : oui, c’est vrai.
Problème
Corrigé de la partie 1 : financement de la sortie
1. Le coût total pour les 48 élèves est \(48\times 120=5\,760\) €. Le FSE en prend 15 % :
\[\dfrac{15}{100}\times 5\,760=864\]
Le FSE prend en charge 864 € (soit 18 € par élève).
2. a. Pour chaque colonne, on multiplie le nombre de cases par le nombre d’élèves, puis on additionne :
\[5\times 10+12\times 12+9\times 14+7\times 15+5\times 16+6\times 18+4\times 20\]
\[=50+144+126+105+80+108+80=693\]
En décembre, 693 cases sont vendues.
b. Chaque case rapporte 2 € : \(693\times 2=1\,386\). Cela représente 1 386 €.
c. Les élèves ayant vendu 15 cases ou moins sont ceux des colonnes 10, 12, 14 et 15 : \(5+12+9+7=33\) élèves sur 48.
\[\dfrac{33}{48}\times 100=68{,}75\]
Arrondi à l’unité : environ 69 % des élèves.
d. La moyenne est le nombre total de cases divisé par le nombre d’élèves :
\[\dfrac{693}{48}=14{,}4375\]
Arrondi à l’unité : 14 cases par élève en moyenne.
3. a. Les 960 cases ont la même chance d’être tirées : c’est une situation d’équiprobabilité. Il y a 92 cases gagnantes, donc :
\[P(\text{gagner un lot})=\dfrac{92}{960}\approx 0{,}0958\]
Au centième : 0,10 (environ une chance sur dix).
b. Il y a 20 clés USB parmi les lots :
\[P(\text{gagner une clé USB})=\dfrac{20}{960}=\dfrac{1}{48}\approx 0{,}0208\]
Au centième : 0,02.
Corrigé de la partie 2 : distance au Mont et superficie
1. Les angles droits marqués sur le dessin font de OLKH un rectangle : donc LK = OH et HK = OL = 1,60 m.
La hauteur SH vaut donc \(170-1{,}6=168{,}4\) m.
Dans le triangle SOH rectangle en H, [SH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{\text{SOH}}\) et [OH] le côté adjacent :
\[\tan\widehat{\text{SOH}}=\dfrac{\text{SH}}{\text{OH}},\quad\text{donc}\quad\text{OH}=\dfrac{\text{SH}}{\tan 25^\circ}=\dfrac{168{,}4}{\tan 25^\circ}\approx 361{,}1\ \text{m}\]
Alexandre se trouve à environ 361 m du Mont.
2. L’aire du rectangle qui entoure le Mont est \(225\times 285=64\,125\ \text{m}^2\).
Le Mont est à l’intérieur de ce rectangle, donc sa superficie est inférieure à 64 125 m² : les deux dernières propositions (au-delà de 80 000 m²) sont impossibles.
Pour choisir entre les deux premières, on estime la forme du Mont : il est à peu près arrondi et touche les quatre côtés du rectangle. Assimilons-le à une ellipse inscrite dans le rectangle, de demi-axes 112,5 m et 142,5 m. Son aire est :
\[\pi\times 112{,}5\times 142{,}5\approx 50\,364\ \text{m}^2\]
Autrement dit, le Mont occupe environ les trois quarts du rectangle (\(\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}79\)), bien plus que les \(\dfrac{40\,000}{64\,125}\approx 62\ \%\) qu’il faudrait dépasser. La bonne réponse est : entre 40 000 m² et 80 000 m².
Corrigé de la partie 3 : la traversée de la baie
1. a. Dans les colonnes « Basses mers », l’horaire 11 14 apparaît sur la ligne « 3 J » : la marée est basse à 11 h 14 min le jeudi 3.
b. Le samedi 5, les pleines mers ont lieu à 6 h 58 et à 19 h 13. De 6 h 58 à 18 h 58, il s’écoule 12 h, puis de 18 h 58 à 19 h 13, encore 15 min.
La durée écoulée est de 12 h 15 min.
2. La lettre M désigne à la fois le mardi et le mercredi. Le 3 est un jeudi, donc le 2 est un mercredi et le 1 un mardi ; de même, le 7 est un lundi, donc le 8 est un mardi.
- Mardi 1 : les basses mers ont lieu à 9 h 26 et à 22 h 01, aucune l’après-midi.
- Mardi 8 : une basse mer a lieu à 15 h 09, en plein après-midi.
Les professeurs doivent choisir le mardi 8.
3. 2 h 30 min = 2,5 h (car 30 min est une demi-heure). La vitesse moyenne est la distance divisée par la durée :
\[v=\dfrac{13\ \text{km}}{2{,}5\ \text{h}}=5{,}2\ \text{km/h}\]
La vitesse moyenne du groupe sera de 5,2 km/h.
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