Corrigé du brevet de maths 2013 : Amérique du Nord

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Sommaire

Voici le corrigé commenté du brevet de maths 2013 d’Amérique du Nord (7 juin 2013). Pour le QCM, chaque bonne réponse est justifiée même si le sujet ne l’exige pas : complément d’une probabilité, équation cachée derrière les pieds de tables, proportion de l’iceberg, comparaison de périmètres. Tu verras ensuite comment mettre en équation le problème des billets, dénombrer les équipements de roller et appliquer une réduction, puis calculer un PGCD par l’algorithme d’Euclide pour les dragées. L’astuce de Julie est démontrée par une identité remarquable. La boîte pliée mêle volume d’un pavé et lecture d’une courbe, le Pentagone utilise les angles au centre et le sinus, et le trapèze permet de retrouver la formule de son aire par découpage.

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2013 : Amérique du Nord. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Corrigé de l’exercice 1 : QCM

1. Dans un arbre, la somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut 1. La probabilité cachée vaut donc :

\[1-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{9}{9}-\dfrac{1}{9}-\dfrac{3}{9}=\dfrac{5}{9}\]

Réponse c : \(\dfrac{5}{9}\).

2. Les 34 tables à 4 pieds comptent \(34\times 4=136\) pieds. Il reste \(169-136=33\) pieds pour les tables à 3 pieds, soit \(33\div 3=11\) tables. Réponse b : 11.

3. Si 90 % de l’iceberg est sous l’eau, la partie visible représente 10 %, c’est-à-dire un dixième. La hauteur totale est donc d’environ \(35\times 10=350\) m. Réponse a : 350 m. (Le sujet raisonne comme si la proportion du volume était aussi celle de la hauteur, d’où le mot « environ ».)

4. Le périmètre de la figure de départ est formé des côtés du rectangle privés de deux diamètres, plus deux demi-cercles. Qu’un demi-cercle soit creusé vers l’intérieur ou bombé vers l’extérieur, sa longueur est la même. La figure b a elle aussi un rectangle privé de deux diamètres et deux demi-cercles de même rayon : même périmètre. La figure a n’a aucun demi-cercle et la figure c n’en a qu’un, leurs périmètres sont différents. Réponse b.

À retenir : les probabilités des branches issues d’un même point ont une somme égale à 1. Pour comparer des périmètres, compte les morceaux de contour : un demi-cercle a la même longueur qu’il soit tourné vers l’intérieur ou vers l’extérieur.

Corrigé de l’exercice 2 : les billets d’Arthur

Appelle \(x\) le nombre de billets de 10 €. Comme il y a 21 billets en tout, il y a \(21-x\) billets de 5 €. La somme totale donne l’équation :

\[10x+5(21-x)=125\]

\[10x+105-5x=125\]

\[5x=20\quad\text{donc}\quad x=4\]

Il y a 4 billets de 10 € et \(21-4=17\) billets de 5 €. Vérification : \(4\times 10+17\times 5=40+85=125\) € et \(4+17=21\) billets.

Arthur possède 17 billets de 5 € et 4 billets de 10 €.

À retenir : quand on connaît un nombre total d’objets et une somme totale, on choisit une inconnue, on exprime l’autre quantité en fonction d’elle, puis on résout l’équation obtenue et on vérifie les deux conditions.

Corrigé de l’exercice 3 : l’équipement de roller

1. Il y a 2 paires de rollers et 3 casques, soit \(2\times 3=6\) équipements possibles, tous équiprobables puisque Caroline choisit au hasard :

Rollers \ Casque	45 €	22 €	29 €
Gris (87 €)	132 €	109 €	116 €
Noirs (99 €)	144 €	121 €	128 €

Les ensembles à moins de 130 € sont 109, 116, 121 et 128 € : il y en a 4 sur 6. La probabilité vaut \(\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\).

2. a. Sans réduction, l’ensemble coûte \(99+45=144\) €. Une baisse de 20 % revient à payer 80 % du prix : \(144\times 0{,}8=115{,}2\). L’ensemble coûte 115,20 € après réduction.

2. b. Oui. L’ensemble rollers noirs et casque à 45 €, qui coûtait 144 €, passe à 115,20 €, donc sous les 130 €. Il y a maintenant 5 équipements sur 6 à moins de 130 € (seul l’ensemble à 132 € reste au-dessus). La probabilité devient \(\dfrac{5}{6}\).

À retenir : un tableau à double entrée permet de lister toutes les combinaisons. Diminuer un prix de \(t\ \%\), c’est le multiplier par \(1-\dfrac{t}{100}\).

Corrigé de l’exercice 4 : les sachets de dragées

1. Pour que tous les sachets soient identiques, le nombre de sachets doit diviser à la fois 760 et 1 045. On a bien \(760=76\times 10\), mais 1 045 est impair alors que tout multiple de 76 est pair : 76 ne divise pas 1 045 (\(1\,045\div 76=13{,}75\)). Il ne peut pas faire 76 sachets.

2. a. Le nombre maximal de sachets est le plus grand diviseur commun de 760 et 1 045. Avec l’algorithme d’Euclide :

\[1\,045=1\times 760+285\]

\[760=2\times 285+190\]

\[285=1\times 190+95\]

\[190=2\times 95+0\]

Le dernier reste non nul est 95, donc \(\text{PGCD}(760\ ;\ 1\,045)=95\). (Contrôle par décomposition : \(760=2^3\times 5\times 19\) et \(1\,045=5\times 11\times 19\), dont la partie commune est \(5\times 19=95\).) Il peut faire au maximum 95 sachets.

2. b. \(760\div 95=8\) et \(1\,045\div 95=11\). Chaque sachet contient 8 dragées au chocolat et 11 dragées aux amandes.

À retenir : partager équitablement deux quantités dans le plus grand nombre de lots possible, c’est chercher leur PGCD. L’algorithme d’Euclide le donne : c’est le dernier reste non nul.

Corrigé de l’exercice 5 : l’astuce de Julie

1. Le calcul de Julie donne \(3\times 4+0{,}25=12+0{,}25=12{,}25\). Et \(3{,}5^2=3{,}5\times 3{,}5=12{,}25\). Les deux résultats sont égaux : 12,25.

2. Même méthode : on multiplie 7 par l’entier suivant, 8, puis on ajoute 0,25. \(7\times 8+0{,}25=56+0{,}25=56{,}25\). \(7{,}5^2=56{,}25\), ce que confirme \(7{,}5\times 7{,}5=56{,}25\).

3. On développe le membre de gauche avec l’identité remarquable \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) :

\[(n+0{,}5)^2=n^2+2\times n\times 0{,}5+0{,}5^2=n^2+n+0{,}25\]

On développe le membre de droite : \(n(n+1)+0{,}25=n^2+n+0{,}25\).

Les deux membres sont égaux pour tout nombre \(n\). La conjecture de Julie est vraie.

À retenir : vérifier sur des exemples ne prouve rien ; pour démontrer une égalité valable pour tout \(n\), on développe chaque membre et on montre qu’ils donnent la même expression.

Corrigé de l’exercice 6 : la boîte pliée

1. On retire deux carrés de côté \(x\) sur chaque côté de 40 cm, donc le fond de la boîte a pour côté \(40-2x\). Il faut \(x\gt 0\) pour avoir des bords et \(40-2x\gt 0\), soit \(x\lt 20\), pour avoir un fond. \(x\) peut prendre toutes les valeurs strictement comprises entre 0 et 20 cm (pour \(x=0\) ou \(x=20\), la « boîte » a un volume nul).

2. Pour \(x=5\), le fond est un carré de côté \(40-2\times 5=30\) cm et la hauteur vaut 5 cm. La boîte est un pavé droit :

\[V=30\times 30\times 5=4\,500\ \text{cm}^3\]

Le volume est de 4 500 cm³. Tu peux vérifier sur le graphique que la courbe passe bien par le point \((5\ ;\ 4\,500)\).

3. a. Le point le plus haut de la courbe a une abscisse comprise entre 6,5 et 7. Le volume est maximal pour \(x\) environ égal à 6,7 cm (une lecture de 6,5 est acceptable) ; ce volume maximal est d’environ 4 740 cm³.

3. b. On trace la droite horizontale d’ordonnée 2 000 : elle coupe la courbe en deux points, dont on lit les abscisses. \(x\) vaut environ 1,5 cm ou environ 14 cm.

À retenir : pour trouver les antécédents d’une valeur sur une courbe, trace la droite horizontale à cette hauteur et lis les abscisses des points d’intersection. Le maximum se lit au sommet de la courbe.

Corrigé de l’exercice 7 : le périmètre du Pentagone

1. Le pentagone est régulier : ses cinq sommets découpent le tour complet autour de O en cinq angles au centre égaux. \(\widehat{\text{AOB}}=\dfrac{360^\circ}{5}=72^\circ\).

2. a. A et B sont sur le cercle de centre O, donc OA = OB = 238 m : le triangle AOB est isocèle en O. Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi la bissectrice de l’angle au sommet et la médiatrice de la base. (OM) est donc la bissectrice de \(\widehat{\text{AOB}}\) et la médiatrice de [AB]. On peut aussi le vérifier : les triangles OMA et OMB sont rectangles en M avec OA = OB et OM commun, donc par Pythagore MA = MB ; ainsi M est le milieu de [AB] et (OM) est perpendiculaire à [AB] en son milieu.

2. b. Comme (OM) est bissectrice, \(\widehat{\text{AOM}}=\dfrac{72}{2}=36^\circ\). Dans le triangle AOM rectangle en M, [AM] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{\text{AOM}}\) et [OA] l’hypoténuse :

\[\sin\widehat{\text{AOM}}=\dfrac{\text{AM}}{\text{OA}}\quad\text{donc}\quad \text{AM}=238\times\sin 36^\circ\approx 139{,}9\ \text{m}\]

AM mesure environ 140 m.

2. c. M est le milieu de [AB], donc \(\text{AB}=2\times\text{AM}\approx 2\times 140=280\) m. Les cinq côtés ont la même longueur, d’où un périmètre d’environ \(5\times 280=1\,400\) m. Le périmètre du Pentagone est d’environ 1 400 m (avec la valeur non arrondie, on trouve environ 1 399 m).

À retenir : dans un polygone régulier à \(n\) côtés, chaque angle au centre mesure \(\dfrac{360^\circ}{n}\). Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi médiane, médiatrice et bissectrice, ce qui fait apparaître un triangle rectangle où utiliser le sinus.

Corrigé de l’exercice 8 : l’aire du trapèze

Lisons d’abord la figure : les codages indiquent que AB, la longueur entre B et le coin du rectangle, et la hauteur valent tous 3 cm. On vérifie la cohérence : \(1+3+3=7\), la longueur de [DC].

1. a. Une méthode : on calcule l’aire du rectangle en pointillés (7 cm sur 3 cm), puis on retire les aires des deux triangles rectangles situés de part et d’autre du trapèze.

1. b. Aire du rectangle : \(7\times 3=21\) cm². Triangle de gauche (côtés de l’angle droit 1 et 3) : \(\dfrac{1\times 3}{2}=1{,}5\) cm². Triangle de droite (côtés de l’angle droit 3 et 3) : \(\dfrac{3\times 3}{2}=4{,}5\) cm².

\[\mathcal{A}_{\text{ABCD}}=21-1{,}5-4{,}5=15\ \text{cm}^2\]

L’aire du trapèze ABCD est de 15 cm².

2. On peut éliminer des formules en les testant sur le trapèze ABCD, où \(b=3\), \(B=7\) et \(h=3\) :

\(\dfrac{(b\times B)h}{2}=\dfrac{21\times 3}{2}=31{,}5\) : faux ;
\(\dfrac{(b+B)h}{2}=\dfrac{10\times 3}{2}=15\) : c’est bien l’aire trouvée ;
\(2(b+B)h=2\times 10\times 3=60\) : faux.

Pour le justifier en général, trace une diagonale du trapèze : elle le partage en deux triangles de même hauteur \(h\), l’un de base \(b\), l’autre de base \(B\). L’aire totale vaut \(\dfrac{b\times h}{2}+\dfrac{B\times h}{2}=\dfrac{(b+B)h}{2}\).

La formule juste est \(A=\dfrac{(b+B)h}{2}\).

À retenir : l’aire d’une figure composée se calcule en ajoutant ou en retranchant des aires de figures simples. Pour choisir entre plusieurs formules, un cas particulier dont on connaît déjà le résultat permet d’éliminer les fausses.

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