Corrigé de l’exercice 1 : QCM
Question 1. On cherche la décomposition de 120 en nombres premiers : \(120=2\times60=2\times2\times30=2\times2\times2\times15=2^3\times3\times5\). La réponse A contient le facteur 4 qui n'est pas premier, la B contient 15 qui ne l'est pas non plus, et la D est une somme, pas un produit. Réponse C.
Question 2. En étirant la formule vers la droite, la référence A1 devient B1, donc la cellule B2 contient « \(-4\times\) B1 \(-12\) ». Comme B1 vaut 5 : \(-4\times5-12=-20-12=-32\). Réponse A.
Question 3. Une homothétie de centre O qui transforme A en B multiplie les longueurs par son rapport. Sur le quadrillage, B est deux fois plus grand que A (diagonale de 2 carreaux contre 1) et B est du même côté de O que A, donc le rapport est positif : \(k=2\). Réponse D.
Question 4. On reconnaît l'identité remarquable \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\) avec \(a=2x\) et \(b=1\), puisque \(4x^2=(2x)^2\) : \(4x^2-1=(2x-1)(2x+1)\). Réponse A.
Question 5. Dans le triangle TER rectangle en R, le côté [TE] est l'hypoténuse et [RE] est adjacent à l'angle de \(39^\circ\) en E. Donc \(\cos 39^\circ=\dfrac{\mathrm{RE}}{\mathrm{TE}}\), d'où \(\mathrm{RE}=7{,}4\times\cos39^\circ\approx5{,}7509\). Au centième près : \(5{,}75\ \text{cm}\). Réponse B.
Corrigé de l’exercice 2 : colis, statistiques et masse volumique
1. La moyenne est la somme des masses divisée par le nombre de colis : \(\dfrac{4+9+2+7+11}{5}=\dfrac{33}{5}=6{,}6\). La masse moyenne d'un colis est 6,6 kg.
2. On range les masses dans l'ordre croissant : \(2\ ;\ 4\ ;\ 7\ ;\ 9\ ;\ 11\). Il y a 5 valeurs, la médiane est donc la 3e : 7 kg. Cela veut dire que la moitié des colis (au moins) pèsent 7 kg ou moins, et que la moitié (au moins) pèsent 7 kg ou plus.
3. Les colis de masse inférieure à 8 kg sont A (4 kg), C (2 kg) et D (7 kg) : 3 cas favorables sur 5 colis, tous équiprobables. La probabilité est \(\dfrac{3}{5}=0{,}6\).
4. a. Le volume d'un pavé droit est \(L\times l\times h\). Pour le colis E : \(0{,}5\times0{,}4\times0{,}6=0{,}2\times0{,}6=0{,}12\). Le volume du colis E est bien de \(0{,}12\ \text{m}^3\).
b. Le colis E pèse 11 kg et a un volume de \(0{,}12\ \text{m}^3\) : \(\dfrac{11}{0{,}12}\approx91{,}666\). Arrondie au dixième, la masse volumique du colis E est \(91{,}7\ \text{kg/m}^3\).
c. Il faut comparer les masses volumiques, pas les masses. Volume du colis C : \(0{,}3\times0{,}1\times0{,}5=0{,}015\ \text{m}^3\). Sa masse volumique est \(\dfrac{2}{0{,}015}\approx133{,}3\ \text{kg/m}^3\), plus grande que celle du colis E (\(91{,}7\)). Le colis E est plus lourd, mais il est aussi beaucoup plus volumineux. Le transporteur a donc tort.
Corrigé de l’exercice 3 : programme de calcul et fonction affine
1. On suit le programme avec 1 : \(1\times(-2)=-2\), puis \(-2+4=2\), puis \(2\times4=8\). On obtient bien 8.
2. Avec \(-2\) : \((-2)\times(-2)=4\), puis \(4+4=8\), puis \(8\times4=32\). Le résultat est 32.
3. Avec \(x\) au départ, on obtient successivement \(-2x\), puis \(-2x+4\), puis \(4\times(-2x+4)\). En développant : \(4\times(-2x)+4\times4=-8x+16\). Le résultat s'écrit bien \(-8x+16\).
4. a. On résout \(-8x+16=4\) : \(-8x=4-16=-12\), puis \(x=\dfrac{-12}{-8}=\dfrac{3}{2}=1{,}5\). La solution est \(x=1{,}5\). Vérification : \(-8\times1{,}5+16=-12+16=4\).
b. Le résultat vaut 4 quand le nombre de départ est la solution de l'équation : il faut choisir 1,5.
5. La fonction \(f(x)=-8x+16\) est affine : sa représentation est une droite, avec un coefficient directeur \(-8\) (la droite descend) et une ordonnée à l'origine 16 (elle coupe l'axe vertical en 16). La représentation 1 monte, elle est éliminée. La représentation 2 coupe l'axe vertical en 8, elle est éliminée aussi. La représentation 3 descend et passe par le point \((0\ ;\ 16)\). On confirme avec un deuxième point : \(f(2)=-16+16=0\), et la droite 3 coupe bien l'axe horizontal en 2. C'est la représentation graphique 3.
Corrigé de l’exercice 4 : champ triangulaire et mélange de graines
Partie A
1. Le triangle ABC est rectangle en B, donc le théorème de Pythagore donne \(\mathrm{AC}^2=\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2=600^2+450^2=360\,000+202\,500=562\,500\). Comme \(750^2=562\,500\), on obtient \(\mathrm{AC}=750\ \text{m}\).
2. a. D'après le codage de la figure, le triangle CDE a un angle droit en D : (ED) est perpendiculaire à (BC). Or (AB) est aussi perpendiculaire à (BC) puisque ABC est rectangle en B. Deux droites perpendiculaires à une même troisième sont parallèles : (ED) et (AB) sont parallèles.
b. Les points C, D, B sont alignés, les points C, E, A aussi, et (DE) est parallèle à (AB). Le théorème de Thalès donne \(\dfrac{\mathrm{CD}}{\mathrm{CB}}=\dfrac{\mathrm{CE}}{\mathrm{CA}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BA}}\). On utilise le premier et le dernier rapport : \(\dfrac{270}{450}=\dfrac{\mathrm{DE}}{600}\). Donc \(\mathrm{DE}=\dfrac{270\times600}{450}=360\). \(\mathrm{DE}=360\ \text{m}\).
3. Le triangle CDE est rectangle en D, ses côtés de l'angle droit mesurent \(\mathrm{DC}=270\ \text{m}\) et \(\mathrm{DE}=360\ \text{m}\). Son aire est \(\dfrac{270\times360}{2}=135\times360=48\,600\). L'aire de CDE est \(48\,600\ \text{m}^2\).
Partie B
1. L'indication 2 impose 80 kg de blé, 60 kg de seigle et 50 kg de pois. Dans le sac du vendeur, le ratio 16 : 12 : 8 signifie que si l'on a 80 kg de blé, soit \(16\times5\), alors il y a \(12\times5=60\) kg de seigle et \(8\times5=40\) kg de pois. Or on veut 50 kg de pois, et non 40. La composition du sac ne respecte donc pas l'indication 2.
2. Pour \(10\,000\ \text{m}^2\), il faut 80 kg de blé. La surface \(48\,600\ \text{m}^2\) vaut \(\dfrac{48\,600}{10\,000}=4{,}86\) fois plus. La quantité de blé est donc proportionnelle : \(80\times4{,}86=388{,}8\). Il faut bien 388,80 kg de blé.
3. On calcule le prix de chaque graine : blé \(388{,}8\times1{,}40=544{,}32\) €, seigle \(291{,}6\times1{,}30=379{,}08\) €, pois \(243\times2{,}10=510{,}30\) €. Le total est \(544{,}32+379{,}08+510{,}30=1\,433{,}70\) €. Comme \(1\,433{,}70\lt1\,500\), le budget est suffisant (il reste \(66{,}30\) €).
Corrigé de l’exercice 5 : digicode, probabilités et Scratch
1. Un code est une lettre parmi A, B, C suivie d'un chiffre de 0 à 9. Par exemple A0 et C4 sont deux codes différents possibles.
2. Il y a 3 lettres possibles et 10 chiffres possibles, donc \(3\times10=30\) codes, tous équiprobables. Les codes commençant par C sont C0, C1, ..., C9 : 10 codes. La probabilité est \(\dfrac{10}{30}=\dfrac{1}{3}\).
3. Les codes qui contiennent le chiffre 7 sont A7, B7 et C7 : 3 codes sur 30. La probabilité est \(\dfrac{3}{30}=\dfrac{1}{10}\), comme demandé.
4. Les nombres premiers entre 0 et 9 sont 2, 3, 5 et 7 (0, 1, 4, 6, 8 et 9 ne le sont pas). Chacun de ces quatre chiffres peut être associé aux trois lettres : \(4\times3=12\) codes favorables. La probabilité est \(\dfrac{12}{30}=\dfrac{2}{5}=0{,}4\).
5. a. Il y a 30 codes à essayer, à raison de 5 secondes chacun : \(30\times5=150\) secondes, soit 2 minutes 30 secondes. C'est moins de 3 minutes : oui, Léna ouvrira la porte en moins de 3 minutes, au pire à la dernière tentative.
b. Non, ce format n'est pas sûr : n'importe qui peut tester tous les codes en 2 min 30 s. On peut améliorer le système en autorisant les 26 lettres (\(26\times10=260\) codes, soit 1 300 secondes, plus de 21 minutes), en ajoutant plusieurs chiffres ou plusieurs lettres, ou en bloquant le digicode après quelques essais ratés.
6. a. Avec B5, la lettre saisie est B mais le chiffre saisi est 5, différent de 7. La condition « lettre = B et chiffre = 7 » est fausse, donc le programme exécute la branche « sinon » : il affiche « Code faux » pendant 2 secondes.
b. Le programme affiche « Code correct » uniquement si la lettre est B et le chiffre est 7 : le code qui ouvre la porte est B7.