Corrigé du brevet de maths 2017 : Centres étrangers
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2017 : Centres étrangers. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Ce que détaille le corrigé corrigé étrangers 2017
Pour t’y retrouver, le corrigé corrigé étrangers 2017 suit exactement l’ordre de l’énoncé, en 7 blocs accessibles depuis le sommaire. Tout d’abord, tu lis la démarche complète pour « Vrai ou faux sur une maison » (exercice 1). Ensuite, tu trouves la solution rédigée de « Isolation thermique » (exercice 2). Puis le corrigé explique « Volumes de quatre solides » (exercice 3). Par ailleurs, la correction reprend « Tableur et volets roulants » (exercice 4). Ensuite, en outre, tu lis la démarche complète pour « Remplir une piscine » (exercice 5).
Ensuite, tu trouves la solution rédigée de « Scratch : rue et cheminée » (exercice 6). Enfin, le corrigé explique « Carrelage et facture » (exercice 7).
En somme, les notions travaillées dans le corrigé corrigé étrangers 2017 sont le théorème de Pythagore, la trigonométrie, les fractions, les pyramides et les cônes et le cylindre, rédigées comme sur une copie.
Corrigé de l’exercice 1 (étrangers 2017) : trois affirmations sur une maison
Affirmation 1. Si le triangle ABC a un angle droit, son hypoténuse est forcément le plus long côté, ici [BC]. Ensuite, on compare \(BC^{2}\) à la somme des carrés des deux autres côtés :
\[BC^{2} = 97^{2} = 9\,409 \qquad AB^{2} + AC^{2} = 65^{2} + 72^{2} = 4\,225 + 5\,184 = 9\,409\]
Comme \(BC^{2} = AB^{2} + AC^{2}\), la réciproque du théorème de Pythagore affirme que le triangle ABC est rectangle en A. L’affirmation 1 est vraie : l’étagère a bien un angle droit, en A.
Affirmation 2. H est le pied de la hauteur issue de C, donc le triangle ACH est rectangle en H. Par ailleurs, pour l’angle \(\widehat{CAH}\), [AH] est le côté adjacent et [AC] l’hypoténuse :
\[\cos\widehat{CAH} = \dfrac{AH}{AC} = \dfrac{5}{6}\]
À la calculatrice, \(\widehat{CAH} = \arccos\left(\dfrac{5}{6}\right) \approx 33{,}6^{\circ}\). Puis cette mesure est bien comprise entre 30° et 35° : l’affirmation 2 est vraie, la construction respecte la norme.
Affirmation 3. 4 paires de volets, cela fait \(4 \times 2 = 8\) volets. Chaque volet reçoit 3 couches, donc il faut peindre \(8 \times 3 = 24\) couches, chacune consommant \(\dfrac{1}{6}\) de pot :
\[24 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{24}{6} = 4 \text{ pots}\]
Il faut 4 pots et non 2 : l’affirmation 3 est fausse. (Le peintre a sans doute oublié qu’une paire compte deux volets.)
Corrigé de l’exercice 2 : isolation thermique
Partie 1
1. Au début de l’expérience (durée 0 h), les trois courbes partent de 20 °C. Avant d’entrer dans la chambre froide, les maquettes étaient à 20 °C.
2. 2 jours correspondent à \(2 \times 24 = 48\) heures. Or les relevés se poursuivent jusqu’à 100 heures environ sur l’axe des durées, et 100 h représentent plus de 4 jours (\(4 \times 24 = 96\)). Oui, l’expérience a duré plus de 2 jours.
3. Un bon isolant ralentit le refroidissement : la maquette la mieux isolée est celle qui garde sa chaleur le plus longtemps. Sur les graphiques, on lit l’instant où chaque maquette atteint 6 °C :
- maquette A : vers 58 h ;
- maquette B : vers 68 h ;
- maquette C : vers 52 h.
La maquette B reste aussi à 20 °C le plus longtemps (environ 22 h, contre 15 h pour A et 12 h pour C). La maquette B contient l’isolant le plus performant.
Partie 2
1. L’épaisseur doit être en mètres : 15 cm = 0,15 m. Alors :
\[R = \dfrac{e}{c} = \dfrac{0{,}15}{0{,}035} \approx 4{,}29\]
Comme \(4{,}29 \geqslant 4\), la maison de Noa respecte la norme RT2012.
2. On cherche \(e\) tel que \(\dfrac{e}{0{,}04} = 5\). Ensuite, on multiplie les deux membres par 0,04 :
\[e = 5 \times 0{,}04 = 0{,}2\ \text{m}\]
Camille doit poser 0,2 m de liège, soit 20 cm. Vérification : \(\dfrac{0{,}2}{0{,}04} = 5\).
Corrigé de l’exercice 3 : volumes de quatre solides
1. a) et b) On dessine chaque solide en perspective cavalière : les arêtes cachées sont en pointillés, et on reporte les dimensions de l’énoncé.
- Pyramide : on trace la base rectangulaire en perspective (6 cm de face, 3 cm en fuite), on place le sommet au-dessus du centre de la base et on relie ce sommet aux quatre coins ; la hauteur de 6 cm est le segment vertical allant du sommet au centre de la base.
- Cylindre : deux ellipses identiques l’une au-dessus de l’autre, reliées par deux segments verticaux ; on note le rayon 2 cm et la hauteur 3 cm.
- Cône : une ellipse pour la base et un sommet au-dessus de son centre, relié aux deux bords de l’ellipse ; on note le rayon 3 cm et la hauteur 3 cm.
2. Puis on calcule chaque volume en cm³ avec les formules données.
Pyramide : l’aire de la base est \(6 \times 3 = 18\ \text{cm}^2\), donc \(V_{1} = \dfrac{1}{3} \times 18 \times 6 = 36\ \text{cm}^3\).
Cylindre : \(V_{2} = \pi \times 2^{2} \times 3 = 12\pi \approx 37{,}7\ \text{cm}^3\).
Cône : \(V_{3} = \dfrac{1}{3} \times \pi \times 3^{2} \times 3 = 9\pi \approx 28{,}3\ \text{cm}^3\).
Boule : \(V_{4} = \dfrac{4}{3} \times \pi \times 2^{3} = \dfrac{32\pi}{3} \approx 33{,}5\ \text{cm}^3\).
Dans l’ordre croissant : cône (28,3 cm³) ; boule (33,5 cm³) ; pyramide (36 cm³) ; cylindre (37,7 cm³).
Corrigé de l’exercice 4 (étrangers 2017) : fiabilité de volets roulants
1. Le total est la somme des cellules B2 à G2. Alors on saisit en H2 : =SOMME(B2:G2) (ou =B2+C2+D2+E2+F2+G2). Puis le résultat affiché est \(20+54+137+186+84+19 = 500\), ce qui correspond bien aux 500 volets de l’échantillon.
2. Un volet fonctionne plus de 3 000 montées-descentes s’il tombe en panne entre 3 000 et 3 999, entre 4 000 et 4 999, ou après 5 000. Cela représente \(186 + 84 + 19 = 289\) volets sur 500. De plus, les tirages étant équiprobables :
\[p = \dfrac{289}{500} = 0{,}578\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{289}{500} = 0{,}578\), soit 57,8 %.
3. Seuls les 20 volets de la colonne « entre 0 et 999 » ont lâché avant 1 000 montées-descentes. Ensuite, les autres, \(500 – 20 = 480\) volets, ont dépassé ce seuil :
\[\dfrac{480}{500} = 0{,}96 = 96\ \%\]
Comme 96 % est supérieur à 95 %, le lot est jugé fiable.
Corrigé de l’exercice 5 : remplir la piscine
Hauteur d’eau. Ensuite, on laisse 20 cm, soit 0,20 m, sous le bord : l’eau monte à \(1{,}80 – 0{,}20 = 1{,}60\) m.
Volume d’eau. L’eau forme un pavé droit de 8 m sur 4 m sur 1,60 m :
\[V = 8 \times 4 \times 1{,}6 = 51{,}2\ \text{m}^3\]
Comme \(1\ \text{m}^3 = 1\,000\) L, cela fait 51 200 litres.
Durée. Le tuyau débite 10 litres en 18 secondes. Par ailleurs, il y a \(51\,200 \div 10 = 5\,120\) seaux de 10 L à remplir, chacun en 18 s :
\[5\,120 \times 18 = 92\,160\ \text{s}\]
Une journée dure \(24 \times 3\,600 = 86\,400\) s. Puis on a \(92\,160 \gt 86\,400\) ; en heures, \(92\,160 \div 3\,600 = 25{,}6\) h, soit environ 25 h 36 min.
Il faut plus d’une journée pour remplir la piscine.
Corrigé de l’exercice 6 : une rue de maisons avec Scratch
1. Suivons le lutin, qui part orienté vers la droite. Puis il tourne de 90° à gauche et monte le mur de 50 pas, puis tourne de 45° à droite et trace le premier pan du toit (50 pas), tourne de 90° à droite et trace le second pan (50 pas), puis tourne de 45° à droite et redescend le second mur.
Entre les deux pans du toit, le lutin a tourné de 90° : le toit forme donc un triangle rectangle au sommet, dont les deux côtés de l’angle droit mesurent 50 et dont l’hypoténuse relie le haut des deux murs, c’est-à-dire la largeur \(d\). D’après le théorème de Pythagore :
\[d^{2} = 50^{2} + 50^{2} = 5\,000 \qquad d = \sqrt{5\,000} \approx 70{,}7\]
À l’unité près, \(d \approx 71\).
2. Le lutin commence en \(x = -240\), tout à gauche de la fenêtre. Chaque passage dans la boucle dessine une maison de largeur \(d\) puis avance de 20 : le motif occupe horizontalement \(d + 20 \approx 90{,}7\) pas, et le trait de 20 pas est tracé puisque le stylo est en position d’écriture.
Après \(n\) motifs, le lutin se trouve à l’abscisse \(-240 + n \times 90{,}7\). Ensuite, il faut que ce nombre reste inférieur ou égal à 240, donc \(n \times 90{,}7 \leqslant 480\), soit \(n \leqslant 480 \div 90{,}7 \approx 5{,}3\).
- avec \(n = 5\) : \(-240 + 5 \times 90{,}7 \approx 213{,}6\), le tracé tient dans la fenêtre ;
- avec \(n = 6\) : \(-240 + 6 \times 90{,}7 \approx 304{,}3\), c’est trop (même sans le dernier trait de 20, la 6e maison se termine vers 284).
Corrigé de l’exercice 6 : une rue de maisons avec Scratch (suite)
En hauteur, une maison monte à \(50 + 35{,}4 \approx 85{,}4\) (mur plus moitié de la largeur, puisque le toit est un triangle rectangle isocèle), bien en dessous de 180. Puis le plus grand entier possible est \(n = 5\).
3. Les droites (EM) et (HC) sont perpendiculaires à (HA) : les triangles AEM et AHC sont rectangles, respectivement en E et en H, et ont le même angle \(\widehat{A} = 30^\circ\). Comme M est entre A et C, \(AC = AM + MC = 16 + 10 = 26\).
Calcul de EM. Dans le triangle AEM rectangle en E, [EM] est le côté opposé à l’angle de 30° et [AM] l’hypoténuse :
\[\sin 30^\circ = \dfrac{EM}{AM} \quad \text{donc} \quad EM = 16 \times \sin 30^\circ = 16 \times 0{,}5 = 8\]
Calcul de HC. Dans le triangle AHC rectangle en H, de la même façon :
\[HC = AC \times \sin 30^\circ = 26 \times 0{,}5 = 13\]
Calcul de HE. On calcule AE et AH avec le cosinus, puis on fait la différence car E est entre H et A :
\[AE = 16 \times \cos 30^\circ \approx 13{,}86 \qquad AH = 26 \times \cos 30^\circ \approx 22{,}52\]
\[HE = AH – AE = 10 \times \cos 30^\circ \approx 8{,}66\]
Ensuite, on obtient EM = 8, HC = 13 et HE ≈ 8,66 (valeur exacte \(5\sqrt{3}\)). De plus, on peut contrôler EM et HC avec le théorème de Thalès : \(\dfrac{EM}{HC} = \dfrac{AM}{AC} = \dfrac{16}{26}\), et en effet \(\dfrac{8}{13} = \dfrac{16}{26}\).
Corrigé de l’exercice 7 : carrelage et facture
1. La cuisine a une aire de \(4 \times 5 = 20\ \text{m}^2\). Ajouter 5 % revient à multiplier par \(1 + \dfrac{5}{100} = 1{,}05\) :
\[20 \times 1{,}05 = 21\ \text{m}^2\]
Bob doit donc commander au moins 21 m² de carrelage (20 m² plus 1 m² de marge).
2. Un paquet couvre 1,12 m² : \(21 \div 1{,}12 = 18{,}75\). 18 paquets ne suffiraient pas (ils couvrent seulement \(18 \times 1{,}12 = 20{,}16\ \text{m}^2\)), il faut donc arrondir au nombre entier supérieur : Bob doit acheter 19 paquets.
3. Le coût est \(19 \times 31 = 589\) euros. Ensuite, L’achat du carrelage coûte 589 €.
4. Puis on complète la facture ligne par ligne.
- Croisillons : le total hors taxe vaut 88 €, donc le montant des croisillons est \(88 – 36 – 45 = 7\) €. À 7 € le sachet, cela fait 1 sachet pour 7 €.
- Joint : 2 sacs coûtent 45 €, donc un sac coûte \(45 \div 2 = \) 22,50 €.
- TVA : 20 % de 88 € donnent \(88 \times 0{,}20 = \) 17,60 €.
- Total TTC : \(88 + 17{,}60 = \) 105,60 € (ou directement \(88 \times 1{,}2\)).
| Matériaux | Quantité | Montant unitaire Hors Taxe | Montant total Hors Taxe |
|---|---|---|---|
| Seau de colle | 3 | 12 € | 36 € |
| Sachet de croisillons | 1 | 7 € | 7 € |
| Sac de joint pour carrelage | 2 | 22,50 € | 45 € |
| TOTAL HORS TAXE | 88 € | ||
| TVA (20 %) | 17,60 € | ||
| TOTAL TOUTES TAXES COMPRISES | 105,60 € | ||
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Méthode pour exploiter le corrigé corrigé étrangers 2017
Le plus efficace consiste d’abord à chercher seul chaque exercice, puis à ouvrir la correction correspondante grâce au sommaire. Lorsque ta réponse diffère, repère l’étape exacte où ton raisonnement bifurque. Ainsi, tu transformes chaque erreur en une règle à retenir pour le jour de l’épreuve.
Dans les questions sur le théorème de Pythagore, vérifie d’abord que le triangle est rectangle, puis repère l’hypoténuse avant d’écrire l’égalité. Par ailleurs, pour la trigonométrie, choisis le rapport (cosinus, sinus ou tangente) qui relie le côté connu et le côté cherché, puis contrôle que ta calculatrice est en degrés. Puis en ce qui concerne les fractions, respecte les priorités opératoires, car la multiplication passe avant l’addition. Au besoin, la définition de la notion de théorème de Pythagore sur Wikipédia t’aidera aussi à reprendre les bases, avant de retenter l’exercice.
Une fois le corrigé corrigé étrangers 2017 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 étrangers 2017
Faut-il lire le corrigé corrigé étrangers 2017 en entier ?
Non, pas forcément. Ensuite, 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 2017. 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 le théorème de Pythagore, la trigonométrie, les fractions et les pyramides et les cônes. 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. Puis en outre, les correcteurs tiennent compte de la rédaction, donc chaque résultat doit être justifié.
D’autres annales à faire après le corrigé corrigé étrangers 2017
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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