DNB – Polynésie – Juin 2014

Polynésie – DNB – Juin 2014

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet se trouve ici.

Exercice 1

  1. $3+5+2+2+2+6 = 20$
    Il y a donc $20$ boules dans le sac.
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  2. a. $2$ boules bleues portent la lettre A.
    Par conséquent $p$(A bleue) $=\dfrac{2}{20} = \dfrac{1}{10}$.
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    b. Il y a $5$ boules rouges dans le sac.
    Donc $p$(Rouge) $=\dfrac{5}{20} = \dfrac{1}{4}$.
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    c. Le sac contient autant de boules portant la lettre A que de boules portant la lettre B ($10$ pour chacune des lettres).
    Il y a donc autant de chance de tirer une boule portant la lettre A que de tirer une boule portant la lettre B.

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Exercice 2

  1. Dans le triangle $AEB$ rectangle en $A$, on applique le théorème de Pythagore :
    $$\begin{align} BE^2 &= AE^2+AB^2 \\\\
    &= 2,625^2+3,5^2 \\\\
    & = 19,140625 \\\\
    BE &= 4,375
    \end{align}$$
    $~$
  2. Dans les triangles $BDC$ et $AEB$ :
    – les droites $(DC)$ et $(AE)$ dont parallèles
    – $C \in [BA]$ et $D \in [BE]$
    D’après le théorème de Thalès on a :
    $$\dfrac{BC}{BA} = \dfrac{BD}{BE} = \dfrac{DC}{AE}$$
    Par conséquent :
    $$\begin{align} \dfrac{BC}{3,5} = \dfrac{1,5}{2,625} &\Leftrightarrow BC = \dfrac{1,5 \times 3,5}{2,625} \\\\
    & \Leftrightarrow BC = 2
    \end{align}$$
    Il faut donc que $C$ soit à $2$ mètres de $B$.

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Exercice 3

  1. On a $f(0) = -7$ donc $0$ a pour image $-7$ par $f$.
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  2. $f(6) = 6^2+3\times 6 – 7 = 36 + 18 – 7 = 47$.
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  3. Dans le tableau, on peut lire que $g(4) = f(4) = 21$.
    Donc $4$ est une solution de $x^2+3x-7=4x+5$.
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  4. $h$ est une fonction affine. Son expression algébrique est donc de la forme :
    $$h(x) = ax+b$$
    On sait que $h(0) = 5$ donc $b = 5$. Par conséquent $h(x) = ax+5$
    De plus $h(2) = 1$ donc $1 =2a+5$ soit $-4=2a$ et $a=-2$.
    Par conséquent $$h(x) = -2x+5$$

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Exercice 4

Affirmation 1 : VRAIE
Les diviseurs positifs de $12$ sont : $1,2,3,4,6,12$.
Les diviseurs positifs de $18$ sont : $1,2,3,6,9,18$.
Les diviseurs positifs communs de $12$ et $18$ sont donc : $1,2,3,6$.
Les diviseurs positifs de $6$ sont :$1,2,3,6$.

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Affirmation 2 : VRAIE
$\sqrt{2}^{50} = \sqrt{2}^{2 \times 25} = 2^{25}$ est un entier.
$\sqrt{2}^{100} = \sqrt{2}^{2 \times 50} =2^{50}$ est un entier.
Remarque : le deuxième nombre est le carré du premier.

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 Exercice 5

  1. a. La dépense correspond à $2 \times 131 \times 0,13 = 34,06 €$.
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    b. On peut écrire : $=B2*C2*D2$
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    c. La bonne formule pour calculer la somme des cellules de $E2$ à $E13$ est : “=Somme $(E2:E13)$”.
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  2. L’ordinateur consomme $209$ kwh.
    Les $4$ appareils consomment $77 +209+42+58 = 386$ kwh
    Par conséquent $209 > \dfrac{386}{2}$.
    L’ordinateur représente bien plus de la moitié de la consommation totale des appareils de cette pièce.
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 Exercice 6

  1. Calculons la surface de la piscine ronde : $S_1 = 1,7^2 \pi \approx 9,08 \text{ m}^2$
    Il n’y a donc pas de démarches administratives pour elle.
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    Calculons la surface de la piscine octogonale : $S_2 = 2\sqrt{2}\times 2,2^2 \approx 13,69 \text{ m}^2$.
    Cette piscine nécessite des démarches administratives.
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  2. Si les $4$ membres veulent pouvoir se baigner en même temps, il faut prévoir une surface minimale de $4 \times 3,4 = 13,6 \text{ m}^2$.
    La piscine ronde ne convient pas mais la piscine octogonale vérifie ce critère.
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  3. Pendant les $20$ où le robinet est ouvert, il s’est écoulé $12 \times 60 \times 18 =14~400$  litres soit $14,4 \text{ m}^3$.Le volume de la piscine octogonale est de : $V=S_2 \times 1,2 \approx  16,43 \text{ m}^3$.
    La piscine ne débordera donc pas.

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Exercice 7

  1. a. Le triangle $ABC$ est isocèle en $A$ par conséquent $\widehat{ABC} = \widehat{BCA}$
    DNB-polynésie-juin2014-ex71
    b. Les angles $\widehat{yBA}$ et $\widehat{ABC}$ sont supplémentaires donc $\widehat{yBA} = 180 – 40 = 140°$
    De même, Les angles $\widehat{zCB}$ et $\widehat{ACB}$ sont supplémentaires donc $\widehat{zCB} = 180 – 40 = 140°$
    Dans le triangle $ABC$ la somme des angles est de $180°$.
    Par conséquent $\widehat{BAC} = 180 – 2\times 40 = 100°$.
    Les angles $\widehat{xAC}$ et $\widehat{CAB}$ sont supplémentaires donc $\widehat{xAC} = 180 – 100 = 80°$
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    c. $80 + 140 + 140 = 360°$.
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  2. Notons $x = \widehat{ABC}$.
    Le triangle $ABC$ étant isocèle on a $\widehat{BCA} = x$ et $\widehat{BAC} = 180 – 2x$.
    Pour les mêmes raisons que celles de la question 1b, on a :
    $\widehat{yBA} = 180 – x$
    $\widehat{zCB} = 180 – x$
    $\widehat{zAC} = 180 – (180-2x) = 2x$
    Par conséquent la somme de ces $3$ angles vaut :
    $$180 -x +180-x+2x = 360$$
    Il est impossible de construire un triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que la somme des mesures de ses trois angles extérieurs soit différente de $360°$.