Corrigé du brevet de maths 2021 : Centres étrangers
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2021 : Centres étrangers. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Ce que détaille le corrigé corrigé brevet étrangers
Comme l’énoncé, le corrigé corrigé brevet étrangers est découpé en 5 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, la correction reprend « Questions indépendantes » (exercice 1). Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Probabilités avec deux dés » (exercice 2). Puis tu trouves la solution rédigée de « Programmes de calcul et Scratch » (exercice 3). Par ailleurs, le corrigé explique « Col de Hardknott : Thalès et pente » (exercice 4). Enfin, la correction reprend « Forfaits de ski et fonctions » (exercice 5).
Ainsi, le corrigé corrigé brevet étrangers te fait revoir les transformations du plan, les agrandissements et réductions, les fractions, les équations et le théorème de Thalès, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.
Corrigé de l’exercice 1 (brevet étrangers) : questions indépendantes
1. D’abord, on divise par les nombres premiers dans l’ordre : \(360=2\times 180=2\times 2\times 90=2\times 2\times 2\times 45=2\times 2\times 2\times 3\times 15=2\times 2\times 2\times 3\times 3\times 5\).
Donc \(360=2^3\times 3^2\times 5\).
2. a. Puis dans la symétrie d’axe (BD), les points B et J, situés sur l’axe, ne bougent pas. De plus, le point E a pour symétrique le point F, placé de l’autre côté de (BD) à la même distance. L’image du triangle BEJ est le triangle BFJ.
b. Ensuite, la translation qui transforme E en B fait glisser chaque point vers le bas à gauche, de la longueur de la diagonale d’un des quatre petits carrés de EFGH, exactement comme on passe de E à B. Ainsi A va en E, M va en F et H va en M (on vérifie : A → E, M → F et H → M sont des déplacements parallèles à [EB], de même sens et de même longueur). L’image du triangle AMH est le triangle EFM.
c. Par ailleurs, les deux triangles ont le sommet A en commun. I est le milieu de [AM] et H est le milieu de [AD] : les longueurs issues de A sont multipliées par 2, sans changement de direction. Ensuite, on passe de AIH à AMD par l’homothétie de centre A et de rapport 2.
3. La multiplication est prioritaire sur l’addition, on la calcule d’abord en simplifiant :
Corrigé de l’exercice 1 (brevet étrangers) : questions indépendantes (suite)
\[\dfrac{15}{6}\times\dfrac{7}{25}=\dfrac{15\times 7}{6\times 25}=\dfrac{3\times 5\times 7}{2\times 3\times 5\times 5}=\dfrac{7}{10}\]
On met ensuite au même dénominateur 10 :
\[\dfrac{7}{2}+\dfrac{7}{10}=\dfrac{35}{10}+\dfrac{7}{10}=\dfrac{42}{10}=\dfrac{21}{5}\]
21 et 5 n’ont pas de diviseur commun autre que 1, la fraction est irréductible. Le résultat est \(\dfrac{21}{5}\).
4. La Lune est assimilée à une boule de rayon \(r=3474\div 2=1737\) km. Puis le volume d’une boule est \(V=\dfrac{4}{3}\pi r^3\) :
\[V=\dfrac{4}{3}\times\pi\times 1737^3\approx 2{,}195\times 10^{10}\ \text{km}^3\]
Réponse D : \(2{,}2\times 10^{10}\ \text{km}^3\).
5. Le triangle RST est rectangle en S, son hypoténuse est [RT] = 26 mm.
Pour l’angle en T, le côté opposé est RS et le côté adjacent est ST : \(\tan\widehat{STR}=\dfrac{RS}{ST}=\dfrac{10}{24}\), donc \(\widehat{STR}\approx 22{,}6^\circ\), soit environ 23°.
Les deux angles aigus d’un triangle rectangle sont complémentaires : \(\widehat{SRT}\approx 90^\circ-22{,}6^\circ=67{,}4^\circ\), soit environ 67°.
Périmètre : \(10+24+26=60\) mm. Aire : les deux côtés de l’angle droit servent de base et de hauteur, \(\dfrac{10\times 24}{2}=120\ \text{mm}^2\).
| Longueurs | Angles | Périmètre du triangle RST | Aire du triangle RST |
|---|---|---|---|
| RS = 10 mm | \(\widehat{RST}=90^\circ\) | \(\mathcal{P}=60\ \text{mm}\) | \(\mathcal{A}=120\ \text{mm}^2\) |
| ST = 24 mm | \(\widehat{STR}\approx 23^\circ\) | ||
| RT = 26 mm | \(\widehat{SRT}\approx 67^\circ\) |
Corrigé de l’exercice 2 : un dé puis deux dés
Partie 1
1. Les issues possibles sont 1, 2, 3, 4, 5 et 6.
2. Le dé est bien équilibré : les 6 issues ont la même probabilité. Ensuite, une seule issue réalise A. \(P(A)=\dfrac{1}{6}\).
3. Les nombres impairs sont 1, 3 et 5, soit 3 issues sur 6. \(P(B)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\).
Partie 2
1. Le plus grand score possible est \(6+6=12\) : un score de 13 ne peut jamais sortir. \(P(C)=0\) : c’est un évènement impossible.
2. a. Chaque case contient la somme du numéro de sa ligne (dé rouge) et de celui de sa colonne (dé vert) :
| Dé rouge \ Dé vert | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
b. Les scores possibles sont 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 et 12.
3. Le tableau contient \(6\times 6=36\) cases, toutes équiprobables puisque les dés sont bien équilibrés.
a. Puis le score 10 apparaît dans 3 cases (4 + 6, 5 + 5, 6 + 4). \(P(D)=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}\).
b. De plus, les multiples de 4 possibles sont 4, 8 et 12. Puis on compte : 4 apparaît 3 fois, 8 apparaît 5 fois, 12 apparaît 1 fois, soit 9 cases. \(P(E)=\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}\).
Corrigé de l’exercice 2 : un dé puis deux dés (suite)
c. Ensuite, les scores premiers sont 2, 3, 5, 7 et 11. Par ailleurs, ils occupent \(1+2+4+6+2=15\) cases.
Les scores strictement supérieurs à 7 sont 8, 9, 10, 11 et 12. Puis ils occupent \(5+4+3+2+1=15\) cases.
Les deux évènements ont donc la même probabilité \(\dfrac{15}{36}=\dfrac{5}{12}\). Le score a autant de chances d’être premier que d’être strictement plus grand que 7.
Corrigé de l’exercice 3 : trois programmes de calcul
1. a. Programme A avec 1 : Valeur 1 = \(1+1=2\) ; Valeur 2 = \(3\times 2=6\) ; résultat = \(6-3=3\). Le programme affiche bien « On obtient 3 ».
b. Programme B avec 2 : Valeur 1 = \(2+3=5\) ; Valeur 2 = \(2-5=-3\) ; résultat = \(5\times(-3)=-15\). Le programme affiche bien « On obtient −15 ».
2. Alors on suit le programme C avec \(x\) : \(x\) est multiplié par 7, on obtient \(7x\) ; on ajoute 3 : \(7x+3\) ; on retire le nombre de départ : \(7x+3-x\).
Le programme C donne \(6x+3\).
3. Ensuite, on écrit l’expression obtenue par chaque programme.
Programme A : \(3(1+x)-3=3+3x-3=3x\). C’est le triple du nombre choisi, quelle que soit sa valeur.
Programme B : \((x+3)(x-5)\), qui vaut par exemple \(-15\) pour \(x=2\) alors que le triple de 2 est 6. De même, programme C : \(6x+3\), qui vaut 9 pour \(x=1\) au lieu de 3.
L’élève a raison : le programme A donne toujours le triple du nombre choisi.
4. a. Ensuite, un produit est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul :
\[x+3=0\quad\text{ou}\quad x-5=0\]
\[x=-3\quad\text{ou}\quad x=5\]
Les solutions sont \(-3\) et 5.
b. Puis le programme B calcule \((x+3)(x-5)\). De plus, il affiche 0 exactement quand cette expression est nulle, c’est-à-dire, d’après la question a, pour \(-3\) et pour 5.
5. Le programme C donne \(6x+3\) et le programme A donne \(3x\). Ensuite, on résout :
\[6x+3=3x\]
On enlève \(3x\) des deux côtés : \(3x+3=0\), donc \(3x=-3\) et \(x=-1\).
Vérification : A donne \(3\times(-1)=-3\) et C donne \(6\times(-1)+3=-3\). Les deux programmes affichent le même résultat uniquement pour \(-1\).
Corrigé de l’exercice 4 : la montée du col de Hardknott
1. Le dénivelé est la différence entre l’altitude d’arrivée et l’altitude de départ : \(393-251=142\). EC = 142 m.
2. a. Par ailleurs, on sait que \((DB)\perp(AC)\) (car (AB) et (AC) sont la même droite) et que \((EC)\perp(AC)\). Deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles. Donc (DB) et (EC) sont parallèles.
b. Puis les points A, D, E et A, B, C sont alignés et (DB) // (EC). D’après le théorème de Thalès dans les triangles ABD et ACE :
\[\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{EC}\]
\[\dfrac{51{,}25}{AE}=\dfrac{11{,}25}{142}\quad\text{donc}\quad AE=\dfrac{51{,}25\times 142}{11{,}25}\approx 646{,}89\ \text{m}\]
D se trouve sur [AE], donc \(DE=AE-AD\approx 646{,}89-51{,}25\approx 595{,}64\) m. DE vaut bien environ 596 m.
3. Puis on convertit : 596 m = 0,596 km. Ensuite, la durée est la distance divisée par la vitesse :
\[t=\dfrac{0{,}596}{8}=0{,}0745\ \text{h}\]
En minutes : \(0{,}0745\times 60=4{,}47\) min, soit environ 4 minutes à la minute près. Puis en partant à 9 h 55, Aurélie arrivera au sommet vers 9 h 59.
4. La route est une ligne droite, la pente est donc la même partout. Ensuite, on peut la calculer sur le petit triangle ABD, rectangle en B. De plus, il faut d’abord la longueur horizontale AB, par le théorème de Pythagore :
\[AB^2=AD^2-DB^2=51{,}25^2-11{,}25^2=2626{,}5625-126{,}5625=2500\]
\(AB=\sqrt{2500}=50\) m. Ensuite, le dénivelé correspondant est DB = 11,25 m, d’où :
\[\text{pente}=\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{11{,}25}{50}=0{,}225=\dfrac{22{,}5}{100}\]
La pente de la route est bien de 22,5 %. Puis on retrouve le même résultat sur le grand triangle : \(AC=\dfrac{50\times 142}{11{,}25}\approx 631{,}1\) m et \(\dfrac{142}{631{,}1}\approx 0{,}225\).
Corrigé de l’exercice 5 : trois formules de forfait de ski
1. Formule A : \(36{,}50\times 6=219\) € et \(36{,}50\times 10=365\) €. Formule B : \(90+18{,}50\times 6=201\) € et \(90+18{,}50\times 10=275\) €. De même, formule C : toujours 448,50 €.
| Nombre de journées de ski | 2 | 6 | 10 |
|---|---|---|---|
| Formule A | 73 € | 219 € | 365 € |
| Formule B | 127 € | 201 € | 275 € |
| Formule C | 448,50 € | 448,50 € | 448,50 € |
2. a. Par ailleurs, une situation de proportionnalité correspond à une fonction linéaire, de la forme \(ax\). C’est la fonction \(h\), avec \(h(x)=36{,}5x\).
b. \(h\) correspond à la formule A, \(f\) à la formule B et \(g\) à la formule C.
c. Puis on cherche \(x\) tel que \(h(x)=f(x)\) :
\[36{,}5x=90+18{,}5x\]
On retire \(18{,}5x\) de chaque côté : \(18x=90\), donc \(x=5\). Vérification : \(36{,}5\times 5=182{,}5\) et \(90+18{,}5\times 5=182{,}5\). Pour 5 journées, les formules A et B coûtent toutes deux 182,50 €.
3. a. \((d_1)\) est horizontale : elle représente la fonction constante \(g\). \((d_2)\) passe par l’origine : c’est la fonction linéaire \(h\). \((d_3)\) coupe l’axe des ordonnées en 90 : c’est la fonction affine \(f\). \((d_1)\) : \(g\) ; \((d_2)\) : \(h\) ; \((d_3)\) : \(f\).
b. Alors on trace la droite horizontale d’ordonnée 320. Ensuite, la formule C est hors budget. Puis la droite \((d_2)\) atteint 320 un peu avant 9 journées, la droite \((d_3)\) vers 12,4 journées : la formule B est la plus avantageuse et le nombre de journées doit être entier. De plus, le calcul le confirme : \(90+18{,}5\times 12=312\) € et \(90+18{,}5\times 13=330{,}50\) €. Avec 320 €, Marin peut skier au maximum 12 journées (formule B).
c. Au-delà de 5 journées, la formule B est moins chère que la formule A ; il faut donc comparer C avec B. Sur le graphique, \((d_3)\) passe au-dessus de \((d_1)\) entre 19 et 20 journées. Par le calcul : pour 19 journées, B coûte \(90+18{,}5\times 19=441{,}50\) € (moins que 448,50 €) ; pour 20 journées, B coûte 460 € (plus que 448,50 €). La formule C devient avantageuse à partir de 20 journées de ski.
Corrigé de l’exercice 5 : trois formules de forfait de ski (suite)
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Bien réviser avec le corrigé corrigé brevet étrangers
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.
Pour les transformations du plan, repère d’abord le centre, l’axe ou le vecteur de la transformation, ensuite place chaque image au compas ou sur le quadrillage. Ensuite, en ce qui concerne les agrandissements et réductions, souviens-toi que les aires sont multipliées par k² et les volumes par k³, donc repère bien le coefficient k. Quant aux fractions, simplifie avant de multiplier, puis réduis au même dénominateur pour additionner. Enfin, si une notion te bloque, relis la page de Wikipédia consacrée à la notion de translation, puis reviens à la question.
Après avoir lu le corrigé corrigé brevet étrangers, referme la page et refais de mémoire les questions qui t’ont posé problème. Puis, quelques jours plus tard, reprends le sujet entier en temps limité.
Tes questions sur le corrigé corrigé brevet étrangers
Faut-il lire le corrigé corrigé brevet étrangers en entier ?
Pas nécessairement. Grâce au sommaire, tu peux aller directement à l’exercice qui t’intéresse, puis revenir au reste plus tard.
Où trouver l’énoncé de ce sujet ?
L’énoncé complet est publié sur une page séparée, le sujet du brevet de maths 2021. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.
Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?
On y retrouve principalement les transformations du plan, les agrandissements et réductions, les fractions et les équations. Par conséquent, ces chapitres sont les premiers à réviser si une correction t’a surpris.
Comment se déroule l’épreuve de maths du brevet ?
C’est une épreuve écrite du diplôme national du brevet, passée à la fin de la classe de troisième. Par ailleurs, la clarté de la rédaction et la justification des réponses comptent dans la note.
Continuer l’entraînement après le corrigé corrigé brevet étrangers
Pour prolonger ton entraînement, choisis ensuite un autre sujet de la même année dans la liste ci-dessous. Ainsi, tu vérifies que les méthodes tiennent sur des énoncés différents.
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