Brevet de maths 2021 Centres étrangers : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : questions variées

1. On divise 360 par les plus petits nombres premiers possibles : \(360 = 2 \times 180 = 2 \times 2 \times 90 = 2 \times 2 \times 2 \times 45 = 2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 15 = 2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 3 \times 5\).

Donc \(360 = \mathbf{2^3 \times 3^2 \times 5}\).

2. a. Dans une symétrie d'axe (BD), le point B et le point J sont sur l'axe : ils restent à leur place. Le point E, de l'autre côté de l'axe, a pour symétrique le point F (la figure est symétrique par rapport à la droite (BD)). Le triangle BEJ a donc pour image le triangle BFJ.

b. La translation qui transforme E en B se lit sur la figure : on descend d'une case en diagonale vers la gauche. Elle envoie A sur E, M sur F et H sur M. Le triangle AMH a donc pour image le triangle EFM.

c. Les deux triangles AIH et AMD ont le sommet A en commun. Le point I est le milieu de [AM] et H est le milieu de [AD] : AM = 2 × AI et AD = 2 × AH. Le triangle AMD est un agrandissement du triangle AIH. On passe donc de AIH à AMD par une homothétie de centre A et de rapport 2.

3. On simplifie avant de multiplier : \(\dfrac{15}{6} \times \dfrac{7}{25} = \dfrac{5}{2} \times \dfrac{7}{25} = \dfrac{7}{2 \times 5} = \dfrac{7}{10}\).

Puis on réduit au même dénominateur : \(\dfrac{7}{2} + \dfrac{7}{10} = \dfrac{35}{10} + \dfrac{7}{10} = \dfrac{42}{10} = \dfrac{21}{5}\).

Le résultat est \(\dfrac{21}{5}\), fraction irréductible car 21 et 5 n'ont aucun diviseur commun autre que 1.

4. Le rayon de la Lune est la moitié du diamètre : \(3\,474 \div 2 = 1\,737\) km. Le volume d'une boule est \(V = \dfrac{4}{3} \times \pi \times R^3\), donc :

\[V = \dfrac{4}{3} \times \pi \times 1\,737^3 \approx 2{,}195 \times 10^{10}\ \text{km}^3\]

La bonne réponse est la réponse D : \(2{,}2 \times 10^{10}\ \text{km}^3\). Les autres valeurs sont beaucoup trop grandes ou trop petites : par exemple \(1\,737^3\) est de l'ordre de \(5 \times 10^9\), et on le multiplie par environ 4,2.

5. Le triangle RST est rectangle en S, son hypoténuse est donc [RT]. On vérifie d'abord les données : \(10^2 + 24^2 = 100 + 576 = 676 = 26^2\), elles sont cohérentes.

Pour l'angle \(\widehat{\text{STR}}\), on utilise le sinus : \(\sin \widehat{\text{STR}} = \dfrac{\text{RS}}{\text{RT}} = \dfrac{10}{26}\), d'où \(\widehat{\text{STR}} \approx 22{,}6^\circ\), soit 23° à l'unité près.

Les deux angles aigus sont complémentaires : \(\widehat{\text{SRT}} = 90 - 22{,}6 \approx 67{,}4\), soit 67° à l'unité près.

Le périmètre est \(\mathcal{P} = 10 + 24 + 26 = \mathbf{60\ mm}\). L'aire est \(\mathcal{A} = \dfrac{10 \times 24}{2} = \mathbf{120\ mm^2}\).

Corrigé de l’exercice 2 : probabilités avec des dés

Partie 1

1. Les issues possibles sont 1, 2, 3, 4, 5 et 6.

2. Le dé est équilibré : les six issues ont la même probabilité. Donc \(p(A) = \mathbf{\dfrac{1}{6}}\).

3. Les nombres impairs sont 1, 3 et 5 : il y en a 3 sur 6. Donc \(p(B) = \dfrac{3}{6} = \mathbf{\dfrac{1}{2}}\).

Partie 2

1. Avec deux dés, le score maximal est \(6 + 6 = 12\). Obtenir 13 est impossible : \(p(C) = \mathbf{0}\). Un tel évènement s'appelle un évènement impossible.

2. a. Chaque case contient la somme du numéro de la ligne (dé rouge) et de celui de la colonne (dé vert). On retrouve bien le 7 de la ligne 3, colonne 4 et le 6 de la ligne 4, colonne 2.

b. Les scores possibles sont 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 et 12 (11 scores différents).

3. Le tableau compte \(6 \times 6 = 36\) cases, toutes de même probabilité.

a. Le score 10 apparaît dans 3 cases (4 et 6, 5 et 5, 6 et 4). Donc \(p(D) = \dfrac{3}{36} = \mathbf{\dfrac{1}{12}}\).

b. Les multiples de 4 possibles sont 4, 8 et 12. Le score 4 apparaît 3 fois, le score 8 apparaît 5 fois, le score 12 apparaît 1 fois : \(3 + 5 + 1 = 9\) cases. Donc \(p(E) = \dfrac{9}{36} = \mathbf{\dfrac{1}{4}}\).

c. Nombres premiers possibles : 2, 3, 5, 7 et 11. Dans le tableau, 2 apparaît 1 fois, 3 apparaît 2 fois, 5 apparaît 4 fois, 7 apparaît 6 fois, 11 apparaît 2 fois, soit \(1 + 2 + 4 + 6 + 2 = 15\) cases. Scores strictement supérieurs à 7 : 8 apparaît 5 fois, 9 apparaît 4 fois, 10 apparaît 3 fois, 11 apparaît 2 fois, 12 apparaît 1 fois, soit \(5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15\) cases. Les deux évènements ont la même probabilité \(\dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}\) : le score a autant de chances d'être premier que d'être strictement supérieur à 7.

Corrigé de l’exercice 3 : programmes de calcul

1. a. Programme A avec 1 : « nombre choisi » vaut 1, puis 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. Avec \(x\) : on multiplie par 7, ce qui donne \(7x\), on ajoute 3 : \(7x + 3\), puis on soustrait \(x\) : \(7x + 3 - x\). L'expression obtenue est \(6x + 3\).

3. Regardons chaque programme avec \(x\) comme nombre de départ.

Programme A : \(3(1 + x) - 3 = 3 + 3x - 3 = 3x\). On obtient toujours le triple du nombre choisi.

Programme B : \((x + 3)(x - 5) = x^2 - 5x + 3x - 15 = x^2 - 2x - 15\), ce qui n'est pas \(3x\) en général (par exemple avec 2 on a trouvé \(-15\), pas 6).

Programme C : \(6x + 3\), qui vaut 3 pour \(x = 0\), alors que le triple de 0 est 0. Ce n'est pas toujours \(3x\).

L'élève a donc raison : c'est le programme A qui donne toujours le triple du nombre choisi.

4. a. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l'un des facteurs est nul : \(x + 3 = 0\) ou \(x - 5 = 0\). Les solutions sont \(x = -3\) et \(x = 5\).

b. D'après la question 3, le programme B renvoie \((x + 3)(x - 5)\). Il affiche « On obtient 0 » exactement quand ce produit est nul, donc pour les nombres de départ \(-3\) et \(5\).

5. On cherche \(x\) tel que le programme C et le programme A donnent le même résultat : \(6x + 3 = 3x\). On retire \(3x\) de chaque côté : \(3x + 3 = 0\), puis \(3x = -3\). Donc \(x = -1\).

Vérification : le programme A donne \(3 \times (-1) = -3\) et le programme C donne \(6 \times (-1) + 3 = -3\).

Corrigé de l’exercice 4 : la montée du col de Hardknott

1. Le dénivelé est la différence d'altitude entre l'arrivée et le départ : \(393 - 251 = \mathbf{142}\) m, donc \(\text{EC} = 142\) m.

2. a. Les droites (DB) et (EC) sont toutes les deux perpendiculaires à la droite (AC). Or deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles : (DB) // (EC).

b. Les points A, D, E sont alignés, les points A, B, C sont alignés, et (DB) // (EC). On applique le théorème de Thalès dans les triangles ABD et ACE :

\[\dfrac{\text{AD}}{\text{AE}} = \dfrac{\text{DB}}{\text{EC}} \quad \text{donc} \quad \dfrac{51{,}25}{\text{AE}} = \dfrac{11{,}25}{142}\]

On en déduit \(\text{AE} = \dfrac{51{,}25 \times 142}{11{,}25} \approx 646{,}9\) m. Comme D est entre A et E :

\[\text{DE} = \text{AE} - \text{AD} \approx 646{,}9 - 51{,}25 \approx 595{,}6\ \text{m}\]

Au mètre près, DE \(\approx\) 596 m.

3. À 8 km/h, Aurélie parcourt 8 000 m en 60 min. Le temps pour 596 m est donc proportionnel :

\[t = \dfrac{596}{8\,000} \times 60 = 4{,}47\ \text{min}\]

Cela fait environ 4 minutes. Partie à 9 h 55, Aurélie arrivera à 9 h 59.

4. Dans le triangle ABD rectangle en B, le théorème de Pythagore donne \(\text{AB}^2 = \text{AD}^2 - \text{DB}^2 = 51{,}25^2 - 11{,}25^2 = 2\,626{,}5625 - 126{,}5625 = 2\,500\), donc \(\text{AB} = 50\) m.

Les triangles ABD et ACE sont en situation de Thalès, donc \(\dfrac{\text{DB}}{\text{EC}} = \dfrac{\text{AB}}{\text{AC}}\), c'est-à-dire que le rapport « hauteur sur longueur horizontale » est le même dans les deux triangles. On peut donc calculer la pente avec le petit triangle :

\[\text{pente} = \dfrac{\text{EC}}{\text{AC}} = \dfrac{\text{DB}}{\text{AB}} = \dfrac{11{,}25}{50} = 0{,}225 = \dfrac{22{,}5}{100}\]

On peut aussi le vérifier avec les grandes longueurs : \(\text{AC} = \dfrac{50 \times 142}{11{,}25} \approx 631{,}1\) m et \(\dfrac{142}{631{,}1} \approx 0{,}225\).

La pente de la route est bien de 22,5 %.

Corrigé de l’exercice 5 : les formules de la station de ski

1. Formule A : \(36{,}5 \times 6 = 219\) et \(36{,}5 \times 10 = 365\). Formule B : \(90 + 18{,}5 \times 6 = 90 + 111 = 201\) et \(90 + 18{,}5 \times 10 = 90 + 185 = 275\). Formule C : le prix ne change pas, 448,50 €.

2. a. Une situation de proportionnalité correspond à une fonction linéaire, de la forme \(x \mapsto ax\). Seule la fonction \(h\) est de cette forme.

b. La formule A coûte 36,50 € par jour, sans frais fixes : c'est \(h\). La formule B a 90 € de frais fixes puis 18,50 € par jour : c'est \(f\). La formule C a un prix constant : c'est \(g\).

c. On résout \(h(x) = f(x)\), c'est-à-dire \(36{,}5x = 90 + 18{,}5x\). On enlève \(18{,}5x\) de chaque côté : \(18x = 90\), donc \(x = \dfrac{90}{18} = 5\).

Les formules A et B coûtent pareil pour 5 journées de ski (dans les deux cas \(36{,}5 \times 5 = 182{,}5\) €).

3. a. \((d_1)\) est la droite horizontale : c'est \(g\) (448,5). \((d_2)\) passe par l'origine : c'est \(h\). \((d_3)\) part de 90 sur l'axe des ordonnées : c'est \(f\).

b. Avec 320 €, la formule C (448,50 €) est trop chère. Au-delà de 5 journées, la formule B est la moins chère. On lit où la droite \((d_3)\) atteint 320 : un peu après 12 journées (320 est atteint pour \(x \approx 12{,}4\)). Avec la formule B, Marin peut donc skier 12 journées (elles lui coûtent \(90 + 18{,}5 \times 12 = 312\) €). Avec la formule A, il ne pourrait skier que 8 journées.

c. Pour les grands nombres de journées, la formule A est plus chère que la formule B ; il faut donc comparer B et C. La droite \((d_1)\) passe sous \((d_3)\) à partir de \(x \approx 19{,}4\) : on cherche \(90 + 18{,}5x gt 448{,}5\), soit \(x \gt \dfrac{358{,}5}{18{,}5} \approx 19{,}4\). La formule C devient avantageuse à partir de 20 journées de ski.