Bac S – Amérique du Sud – Novembre 2014

Amérique du Sud – Bac – TS

Mathématiques – Novembre 2014

La correction de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1  –  6 points

Une entreprise est spécialisée dans la fabrication de ballons de football. Cette entreprise propose deux tailles de ballons :

  • une petite taille,
  • une taille standard.

Les trois parties suivantes sont indépendantes.

Partie A

Un ballon de football est conforme à la réglementation s’il respecte, suivant sa taille, deux conditions à la fois (sur sa masse et sur sa circonférence).
En particulier, un ballon de taille standard est conforme à la réglementation lorsque sa masse, exprimée en grammes, appartient à l’intervalle $[410;450]$ et sa circonférence, exprimée en centimètres, appartient à l’intervalle $[68;70]$.

  1. On note $X$ la variable aléatoire qui, à chaque ballon de taille standard choisi au hasard dans l’entreprise, associe sa masse en grammes.
    On admet que $X$ suit la loi normale d’espérance $430$ et d’écart type $10$.
    Déterminer une valeur approchée à $10^{-3}$ près de la probabilité $P(410 \le X \le 450)$.
    $\quad$
  2. On note $Y$ la variable aléatoire qui, à chaque ballon de taille standard choisi au hasard dans l’entreprise associe sa circonférence en centimètres.
    On admet que $Y$ suit la loi normale d’espérance $69$ et d’écart type $\sigma$.
    Déterminer la valeur de $\sigma$, au centième près, sachant que $97\%$ des ballons de taille standard ont une circonférence conforme à la réglementation.
    On pourra utiliser le résultat suivant: lorsque $Z$ est une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite, alors $P(- \beta \le Z \le \beta) = 0,97$ pour $\beta \approx 2,17$.
    $\quad$

Partie B

L’entreprise affirme que $98\%$ de ses ballons de taille standard sont conformes à la réglementation. Un contrôle est alors réalisé sur un échantillon de $250$ ballons de taille standard. Il est constaté que $233$ d’entre eux sont conformes à la réglementation.
Le résultat de ce contrôle remet-il en question l’affirmation de l’entreprise ? Justifier la réponse.
(On pourra utiliser l’intervalle de fluctuation)
$\quad$

Partie C

L’entreprise produit $40\%$ de ballons de football de petite taille et $60\%$ de ballons de taille standard.
On admet que $2\%$ des ballons de petite taille et $5\%$ des ballons de taille standard ne sont pas conformes à la réglementation. On choisit un ballon au hasard dans l’entreprise.
On considère les événements :

$A$ : “le ballon de football est de petite taille”,
$B$ : “le ballon de football est de taille standard”,
$C$ : “le ballon de football est conforme à la réglementation” et $\overline{C}$, l’évènement contraire de $C$.

  1. Représenter cette expérience aléatoire à l’aide d’un arbre de probabilité.
    $\quad$
  2. Calculer la probabilité que le ballon de football soit de petite taille et soit conforme à la réglementation.
    $\quad$
  3. Montrer que la probabilité de l’événement $C$ est égale à $0,962$.
    $\quad$
  4. Le ballon de football choisi n’est pas conforme à la réglementation. Quelle est la probabilité que ce ballon soit de petite taille ? On arrondira le résultat à $10^{- 3}$.
    $\quad$

Exercice 2  –  4 points

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Aucune justification n’est demandée. Pour chacune des questions, une seule des quatre propositions est correcte. Chaque réponse correcte rapporte un point. Une réponse erronée ou une absence de réponse n’enlève pas de point. On notera sur la copie le numéro de la question suivi de la lettre correspondant à la proposition choisie.

  1. Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère les points $A(2;5;- 1)$, $B(3;2;1)$ et $C(1;3;- 2)$. Le triangle $ABC$ est :
    a. rectangle et non isocèle
    $\quad$
    b. isocèle et non rectangle
    $\quad$
    c. rectangle et isocèle
    $\quad$
    d. équilatéral
    $\quad$
  2. Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère le plan $P$ d’équation $2x – y + 3z – 1 = 0$ et le point $A(2;5;-1)$. Une représentation paramétrique de la droite $d$, perpendiculaire au plan $P$ et passant par $A$ est :
    a. $\begin{cases}
    x &=& 2 + 2t\\\\
    y &=& 5+t\\\\
    z &=& – 1 + 3t
    \end{cases}$
    $\quad$
    b. $\begin{cases}
    x &=& 2 + 2t\\\\
    y &=& – 1 + 5t\\\\
    z &=& 3 – t
    \end{cases}$
    $\quad$
    c. $\begin{cases}
    x &=& 6 – 2t\\\\
    y &=& 3 + t\\\\
    z &=& 5 – 3t
    \end{cases}$
    $\quad$
    d. $\begin{cases}
    x &=& 1 + 2t \\\\
    y &=& 4 – t\\\\
    z &=& – 2 + 3t
    \end{cases}$
    $\quad$
  3. Soit $A$ et $B$ deux points distincts du plan. L’ensemble des points $M$ du plan tels que $\vec{MA} . \vec{MB} = 0$ est :
    a. l’ensemble vide
    $\quad$
    b. la médiatrice du segment $[AB]$
    $\quad$
    c. le cercle de diamètre $[AB]$
    $\quad$
    d. la droite $(AB)$
    $\quad$
  4. La figure ci-dessous représente un cube $ABCDEFGH$. Les points $I$ et $J$ sont les milieux respectifs des arêtes $[GH]$ et $[FG]$. Les points $M$ et $N$ sont les centres respectifs des faces $ABFE$ et $BCGF$.
    Bac S - Amérique du sud - nov2014 - ex2
    Les droites $(IJ)$ et $(MN)$ sont :
    a. perpendiculaires
    $\quad$
    b. sécantes, non perpendiculaires
    $\quad$
    c. orthogonales
    $\quad$
    d. parallèles
    $\quad$

Exercice 3  –  5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

On considère la suite numérique $\left(u_n\right)$ définie sur $\N$ par : $$u_0 = 2 \quad \text{et pour tout entier naturel } n, \quad u_{n+1} = – \dfrac{1}{2}u_n^2 + 3u_n – \dfrac{3}{2}.$$

Partie A : Conjecture

  1. Calculer les valeurs exactes, données en fractions irréductibles, de $u_1$ et $u_2$.
    $\quad$
  2. Donner une valeur approchée à $10^{-5}$ près des termes $u_3$ et $u_4$.
    $\quad$
  3. Conjecturer le sens de variation et la convergence de la suite $\left(u_n\right)$.
    $\quad$

Partie B: Validation des conjectures

On considère la suite numérique $\left(v_n\right)$ définie pour tout entier naturel $n$, par : $v_n = u_n – 3$.

  1. Montrer que, pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1} = – \dfrac{1}{2}v_n^2$.
    $\quad$
  2. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, $-1 \le v_n \le 0$.
    $\quad$
  3. a. Démontrer que, pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1} – v_n = -v_n\left(\dfrac{1}{2}v_n + 1\right)$.
    $\quad$
    b. En déduire le sens de variation de la suite $\left(v_n\right)$.
    $\quad$
  4. Pourquoi peut-on alors affirmer que la suite $\left(v_n\right)$ converge ?
    $\quad$
  5. On note $\ell$ la limite de la suite $\left(v_n\right)$.
    On admet que $\ell$ appartient à l’intervalle $[- 1;0]$ et vérifie l’égalité : $\ell = – \dfrac{1}{2}\ell^2$.
    Déterminer la valeur de $\ell$.
  6. Les conjectures faites dans la partie A sont-elles validées ?
    $\quad$

Exercice 3  –  5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Une ville possède un réseau de vélos en libre service dont deux stations A et B se situent en haut d’une colline. On admet qu’aucun vélo des autres stations n’arrive en direction des stations A et B.
On constate pour chaque heure $n$ qu’en moyenne :

  • $20\%$ des vélos présents à l’heure $n – 1$ à la station A sont toujours à cette station.
  • $60\%$ des vélos présents à l’heure $n – 1$ à la station A sont à la station B et les autres sont dans d’autres stations du réseau ou en circulation.
  • $10\%$ des vélos présents à l’heure $n – 1$ à la station B sont à la station A, $30\%$ sont toujours à la station B et les autres sont dans d’autres stations du réseau ou en circulation.
  • Au début de la journée, la station A comporte $50$ vélos, la station B $60$ vélos.

Partie A

Au bout de $n$ heures, on note $a_{n}$ le nombre moyen de vélos présents à la station A et $b_{n}$ le nombre moyen de vélos présents à la station B. On note $U_{n}$ la matrice colonne $\begin{pmatrix}a_{n}\\b_{n}\end{pmatrix}$ et donc $U_{0} = \begin{pmatrix}50\\60\end{pmatrix}$.

  1. Déterminer la matrice $M$ telle que $U _{n+1} = M \times U_{n}$.
    $\quad$
  2. Déterminer $U_{1}$ et $U_{2}$.
    $\quad$
  3. Au bout de combien d’heures reste-t-il un seul vélo dans la station A ?
    $\quad$

Partie B

Le service décide d’étudier les effets d’un approvisionnement des stations A et B consistant à apporter après chaque heure de fonctionnement $30$ vélos à la station A et $10$ vélos à la station B.
Afin de conduire cette étude, il décide de modéliser la situation présente de la manière suivante :

Au bout de $n$ heures, on note $\alpha_{n}$ le nombre moyen de vélos présents à la station A et $\beta_{n}$ le nombre moyen de vélos présents à la station B. On note $V_{n}$ la matrice colonne $\begin{pmatrix}\alpha_{n} \\\beta_{n}\end{pmatrix}$ et $V_{0} = \begin{pmatrix} 50\\60\end{pmatrix}$.

Dans ces conditions $V_{n+1} = M \times V_{n} + R$ avec $R = \begin{pmatrix}30\\10\end{pmatrix}$ .

  1. On note $I$ la matrice $\begin{pmatrix}1&0\\0&1 \end{pmatrix}$ et $N$ la matrice $I – M$.
    a. On désigne par $V$ une matrice colonne à deux lignes.
    Montrer que $V = M \times V + R$ équivaut à $N \times V = R$ .
    $\quad$
    b. 
    On admet que $N$ est une matrice inversible et que $N^{- 1} = \begin{pmatrix}1,4&0,2\\1,2&1,6\end{pmatrix}$.
    En déduire que $V = \begin{pmatrix}44\\52\end{pmatrix}$
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$, on pose $W_{n} = V_{n} – V$.
    a. Montrer que $W_{n+1} = M \times W_{n}$.
    $\quad$
    b. On admet que :
    — pour tout entier naturel $n, W_{n} = M^{n} \times W_{0}$,
    — pour tout entier naturel $n \ge 1$, $M^n = \dfrac{1}{2^{n-1}}\begin{pmatrix} 0,2&0,1\\ 0,6& 0,3\end{pmatrix}$.
    Calculer, pour tout entier naturel $n \ge 1$, $V_{n}$ en fonction de $n$.
    $\quad$
    c. Le nombre moyen de vélos présents dans les stations A et B a-t-il tendance à se stabiliser ?
    $\quad$

Exercice 4  –  5 points

On désire réaliser un portail comme indiqué à l’annexe 1. Chaque vantail mesure $2$ mètres de large.

Partie A : modélisation de la partie supérieure du portail

On modélise le bord supérieur du vantail de droite du portail avec une fonction $f$ définie sur l’intervalle $[0;2]$ par $$f(x) = \left(x + \dfrac{1}{4}\right)\text{e}^{- 4x} + b$$

où $b$ est un nombre réel. On note $f’$ la fonction dérivée de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;2]$.

  1. a. Calculer $f'(x)$, pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[0;2]$.
    $\quad$
    b. En déduire le sens de variation de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;2]$.
    $\quad$
    c. Déterminer le nombre $b$ pour que la hauteur maximale du portail soit égale à $1,5$ m.
    $\quad$
  2. Dans la suite la fonction $f$ est définie sur l’intervalle $[0;2]$ par $$f(x) = \left(x + \dfrac{1}{4}\right)\e^{- 4x} + \dfrac{5}{4}.$$

Partie B : détermination d’une aire

 

Chaque vantail est réalisé à l’aide d’une plaque métallique. On veut calculer l’aire de chacune des plaques, sachant que le bord inférieur du vantail est à $0,05$ m de hauteur du sol.

  1. Montrer que la fonction $F$ définie sur l’intervalle $[0;2]$ par $$F(x) = \left(- \dfrac{x}{4} – \dfrac{1}{8}\right)\e^{-4x} + \dfrac{5}{4}x$$ est une primitive de la fonction $f$.
    $\quad$
  2. En déduire l’aire en m$^2$ de chaque vantail. On donnera la valeur exacte puis une valeur approchée à $10^{- 2}$ près de cette aire. (On s’intéresse ici à l’objet “vantail” sans faire référence à son environnement).
    $\quad$

Partie C : utilisation d’un algorithme

On désire réaliser un portail de même forme mais à partir de planches rectangulaires disjointes de largeur $0,12$ m, espacées de $0,05$ m. Pour le vantail de droite, le coin supérieur gauche de chaque planche est situé sur le bord supérieur du vantail (voir l’annexe 2 de l’exercice 4) et le bas de chaque planche à $0,05$ m de hauteur. Les planches sont numérotées à partir de $0$ : ainsi la première planche à gauche porte le numéro $0$.

 

  1. Donner l’aire de la planche numéro $k$.
    $\quad$
  2. Recopier et compléter l’algorithme suivant pour qu’il calcule la somme des aires des planches du vantail de droite.
    Variables :
    $\quad$ Les nombres $X$ et $S$ sont des nombres réels
    Initialisation:
    $\quad$ On affecte à $S$ la valeur $0$
    $\quad$ On affecte à $X$ la valeur $0$
    Traitement :
    $\quad$ Tant Que $X + 0,17 < \ldots$
    $\qquad$ $S$ prend la valeur $S + \ldots$.
    $\qquad$ $X$ prend la valeur $X + 0,17$
    $\quad$ Fin de Tant Que
    Affichage :
    $\quad$ On affiche $S$

Annexe 1

Bac S - Amérique du sud - nov2014 - ex4.1 (1)

 

Annexe 2 

Bac S - Amérique du sud - nov2014 - ex4.2

 

La distance entre le bas du portail et le sol est de $0,05$ m.

 

DNB – Nouvelle Calédonie – Mars 2014

Nouvelle Calédonie – DNB – Mars 2014

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet est disponible ici.

Exercice 1

  1. Dans les triangles $KFM$ et $KRP$ :
    – les points $K, F, R$ et $K, M, P$ sont alignés dans cet ordre
    – $\dfrac{KF}{KR} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}$ et $\dfrac{KM}{KP} = \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{3}$.
    Par conséquent, $\dfrac{KF}{KR} = \dfrac{KM}{KP}$.
    D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites $(FM)$ et $(RP)$ sont parallèles.
    Réponse A
    $\quad$
  2. $5 – 2 \times (-3) = 5 + 6 = 11$
    Réponse B
    $\quad$
  3. L’image de $2$ par la fonction $f$ est $1$.
    Réponse A
    $\quad$
  4. $2$ a trois antécédents par la fonction $f$.
    Réponse C
    $\quad$

$\quad$

Exercice 2

  1. Dans le triangle $SOM$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore :
    $SM^2 = OS^2 + OM^2$ soit $37,5^2 = 24^2 + SO^2$
    D’où $SO^2 = 37,5^2 – 24^2 = 830,25$ et $SO = \sqrt{830,25} \approx 29$ cm.
    $\quad$
  2. a. Cela peut être assimilé à la section d’un cône par un plan parallèle à la base.
    On obtient ainsi un cercle de centre $O’$ et de rayon $\dfrac{1}{3} \times 24 = 8$ cm.
    $\quad$
    b. Le périmètre du ruban est donc : $P = 2 \pi \times 8 = 16\pi$ cm

$\quad$

Exercice 3

  1. Le nombre de lots doit diviser $292$, $219$ et $73$ et doit être le plus grand.
    On recherche donc le PGCD de $292$, $219$ et $73$.
    Mais $219 = 3 \times 73$ et $292 = 4 \times 73$.
    On peut donc constituer $73$ lots.
    $\quad$
  2. Il contiendront chacun $4$ crayons, $3$ règles et $1$ calculatrice.
    $\quad$
  3. La probabilité qu’un élève reçoive un lot est $\dfrac{73}{80}$. Par conséquent celle qu’un élève n’en reçoive aucun est $1 – \dfrac{73}{80} = \dfrac{7}{80}$.

$\quad$

Exercice 4

  1.  $50 + 25 = 75$ $\quad 2 + 3 = 5$ $\quad 75 \times 5 = 375$ $\quad$ 375 – 8 = 367$
    $\quad$
  2. $\dfrac{5}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{6}{3}$ $\quad \dfrac{6}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{15}{6}$
    $\quad$
  3. $5x^2 – x^2 = 4x^2$ $\quad 8x – 2x = 6x$
    $4x^2 + 6x – 1$.

$\quad$

Exercice 5

  1. Moyenne de la $3^{\text{e}}$A :
    $\dfrac{8 + 7 + 12 + \ldots +  11}{18} = \dfrac{199}{18} \approx 11,1$.
    $\quad$
    Moyenne de la $3^{\text{e}}$B :
    $\dfrac{7 + 8 + 7 + \ldots + 9}{17} = \dfrac{188}{17} \approx 11,1$.
    On constate donc que ces deux moyennes sont approximativement égales.
    $\quad$
  2. On range tout d’abord les notes dans l’ordre croissant :
    $6,7,7,7,8,8,10,10,11,11,11,12,12,13,15,15,18,18$
    $\dfrac{18}{2} = 9$. La neuvième et la dixième note sont : $11$
    La médiane est $11$.
    $\quad$
    $7,7,7,8,8,8,8,9,9,12,13,13,13,13,16,18,19$
    $\dfrac{17}{2} = 8,5$. La médiane est la neuvième note : $9$.
    $\quad$
  3. Les deux classes ayant environ la même moyenne, on utilise la médiane pour les départager.
    Dans la première classe, la moitié de la classe a moins de $11$ alors que dans la seconde la moitié de la classe a moins de $9$.
    On peut donc dire que la  $3^{\text{e}}$A a mieux assimilé les leçons.
    $\quad$
  4. Aucune des classes ne possède d’élèves ayant des notes comprises entre $0$ et $5$. Le graphique 3 ne correspond donc à aucune des classes.
    Dans la classe de $3^{\text{e}}$A, $6$ élèves ont des  notes comprises entre $5$ et $10$ soit un tiers de la classe alors que $9$ élèves de la classe de $3^{\text{e}}$B ont des notes situées dans cet intervalle, soit plus de la moitié.
    Le graphique 1 correspond donc à la classe de $3^{\text{e}}$B et le graphique 2 à celle de $3^{\text{e}}$A.

$\quad$

Exercice 6

  1. Ce polygone possède $8$ côtés. Il s’agit donc d’un octogone.
    $\quad$
  2. Cet octogone étant régulier $\widehat{AOB} = \dfrac{360}{8} = 45°$.
    $\quad$
  3. Le triangle $AOB$ est isocèle en $O$ donc $\widehat{OAB} = \widehat{OBA}$.
    Par conséquent $\widehat{OAB} =\dfrac{180 – 45}{2} = 67,5°$.
    $\quad$
  4. Le triangle $AOC$ est rectangle en $O$ puisque $\widehat{AOC} = 2 \times 45 = 90°$.
    On peut appliquer le théorème de Pythagore :
    $AC^2 = AO^2 + AC^2 = 40,5$ et $AC = \sqrt{40,5} \approx 6,4$ cm.

$\quad$

Exercice 7

Affirmation 1 : FAUSSE

On sait qu’une salade verte à $900$ F coûte six fois le prix d’une botte d’oignons verts. Donc six bottes d’oignons verts coûtent $900$ F.
Avec $700$ F, on ne peut donc pas acheter $6$ bottes d’oignons verts.

Affirmation 2 : VRAIE

Une botte d’oignons verts coûte donc $\dfrac{900}{6} = 150$ F.
Une botte de persil coûte $170$ F.
Une botte de menthe coûte $\dfrac{900}{5} = 180$ F, tout comme la botte de basilic.
Une botte de menthe, une botte d’oignons verts, une botte de basilic et une botte de persil coûte donc $680$ F, ce qui est inférieur à $700$ F.

Affirmation 3 : VRAIE

Le coût d’une botte de fines herbes est de : $170 + 180 + 180 = 530$ F.
Deux bottes de chacune d’entres elles coûtent donc $ 1~060$ F, ce qui est inférieur à $1~500$ F.

 

$\quad$

Exercice 8

  1. $35 \times 21 + 18 = 753 \quad$ Réponse C
    $\quad$
  2. Le maximum de $35$, $21$ et $18$ est $35 \quad$ Réponse A
    $\quad$
  3. $35+21+18 = 78 \quad$ Réponse B

DNB – Nouvelle-Calédonie – Décembre 2014

Nouvelle-Calédonie – Décembre 2014

Brevet – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet est disponible ici.

Exercice 1

  1. $\dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{5} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{12}{15} + \dfrac{2}{15}$ $=\dfrac{14}{15}$ Réponse A
    $\quad$
  2. $\sqrt{25} \times \sqrt{3}^2 = 5 \times 3 = 15$ Réponse C
    $\quad$
  3. $\dfrac{5}{100} \times 650 = 32,5$ Réponse A
    $\quad$
  4. $32$ tonnes est la masse d’un gros camion. $7 \times 10^{-15}$ g pourrait être la masse d’un virus.
    Réponse B

$\quad$

Exercice 2

  1. a. Je perds la partie seulement si mon adversaire choisis “feuille”. La probabilité que je perde est donc $\dfrac{1}{3}$.
    b. La probabilité que je ne perde pas la partie est donc $1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$.
    $\quad$
  2. Cet arbre indique les choix de mon adversaire.
    dnb-nlle-caledonie-dec2014-ex2
  3. a. Je gagne lorsque mon adversaire choisit “ciseaux”.
    La probabilité que je gagne les deux parties est donc : $\dfrac{1}{9}$.
    $\quad$
    b. Je ne perds aucune des deux partie dans les cas suivants : (P,P) – (P,C) – (C,P) – (C,C)
    La probabilité que je ne perde aucune des deux parties est donc $\dfrac{4}{9}$.

$\quad$

Exercice 3

  1. $\quad$
    dnb-nlle-caledonie-dec2014-ex3
  2. Dans les triangles $AMN$ et $ABC$ :
    – $M$ appartient à $[AB]$ et $N$ appartient à $[AC]$
    – les droites $(MN)$ et $(BC)$ sont parallèles.
    D’après le théorème de Thalès on a :
    $$\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC} = \dfrac{MN}{BC}$$
    On sait que $BM = 2$ cm par conséquent $AM = 5 – 2 = 3$ cm.
    Le triangle $ABC$ est isocèle en $A$. Donc $AC = AB = 5$ cm.
    On a ainsi :
    $$\dfrac{3}{5} = \dfrac{AN}{5} = \dfrac{MN}{2}$$
    Par conséquent : $AN = \dfrac{3 \times 5}{5}  =3$ cm et $MN = \dfrac{3 \times 2}{5} = 1,2$ cm
    $\quad$
  3. Le périmètre de $AMN$ est : $P_1 = 3 + 3 +1,2 = 7,2$ cm
    Le périmètre de $BMNC$ est $P_2 = 2 + 1,2 + 2 + 2 = 7,2$ cm
    Les deux périmètres sont donc égaux.

$\quad$

Exercice 4

  1.  En $40$ secondes le bateau a parcouru sa propre longueur soit $246$ m.
    $\quad$
  2. La vitesse du bateau est donc $v = \dfrac{246}{40} = 6,15$ m/s
    Une vitesse de $20$ nœuds correspond donc à une vitesse de $20 \times 0,5 = 10$ m/s.
    Une vitesse de $20$ nœuds correspond donc à une vitesse de $10 \times 0,5 = 5$ m/s.
    Eva est donc plus proche de la vérité.

$\quad$

Exercice 5

  1. Aux différentes endroits où les mesures ont été faites, les températures minimales et maximales ont augmentées. On peut donc dire que les informations du tableau traduisent une augmentation des températures.
    $\quad$
  2. C’est à La Roche que la température minimale a le plus augmenté $(+1,5)$.
    $\quad$
  3. Augmentation moyenne des températures minimales :
    $$\dfrac{1,3+1,3+1,2+1,2+1,2+1,3+1,2+1,2+1,5+1,3}{10} = 1,27$$
    Les températures minimales ont augmenté en moyenne de $1,27 °C$.
    $\quad$
    Augmentation moyenne des températures maximales :
    $$\dfrac{1,3+1,3+1,0+0,9+1,0+1,0+0,8+0,9+1,0+0,9}{10} = 1,01$$
    Les températures maximales ont augmenté en moyenne de $1,01 °C$.

$\quad$

Exercice 6

  1. La mesure de l’angle entre deux de ses pales est $\dfrac{360}{3} = 120°$.
    $\quad$
  2. L’angle entre chaque pale sera donc de $\dfrac{360}{6} = 60°$.
    dnb-nlle-caledonie-dec2014-ex6
  3. Nous sommes dans la situation suivante :
    dnb-nlle-caledonie-dec2014-ex6b
    où $AB = 35$ m, $AD = 80$ m, $CD = 1,8$ m et $AED$ est rectangle en $E$.
    On a ainsi $AE = 35 – 1,8 = 33,2$ m
    Dans le triangle $AED$ rectangle en $E$, on applique le théorème de Pythagore :
    $AD^2 = AE^2 + ED^2$ soit $80^2 = 33,2^2 + ED^2$
    Par conséquent $ED^2 = 80^2 – 33,2^2$ $=5297,76$
    Et $ED \approx 73$ m.
    Or $BC = ED$.
    Le randonneur se trouve donc à environ $73$ m du mât de l’éolienne.

$\quad$

Exercice 7

  1. Puisque l’image de $0$ est $0$, il s’agit de la fonction $f$.
    $\quad$
  2. En $B5$, on écrit $=-2*B4+8$.
    $\quad$
  3. La droite passe par l’origine du repère. Il s’agit donc de la représentation graphique d’une fonction linéaire. Il s’agit par conséquent de la représentation graphique de la fonction $f$.
    $\quad$
  4. $\quad$
    dnb-nlle-caledonie-dec2014-ex7
  5. $2x = -2x + 8$ revient à $2x+ 2x = 8$ soit $4x = 8$ et $x =\dfrac{8}{4} = 2$.
    La solution de l’équation est $2$.
    Graphiquement, cela correspond à l’abscisse du point d’intersection des deux droites.

$\quad$

Exercice 8

  1. Le rayon de la sphère est $R = \dfrac{19,7}{2} =9,85$ m.
    Le volume de la plus grande sphère est $V = \dfrac{4 \times \pi \times 9,85^3}{3} \approx  4003 \text{ m}^3$.
    Le volume de stockage est bien d’environ $4~000 \text{ m}^3$.
    $\quad$
  2. $580 $kg $0,58$ tonne.
    On a donc la situation de proportionnalité suivante :
    $$\begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    Masse & 0,58 & 1~200 \\\\
    \hline
    Volume&1&x \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    Par conséquent $x = \dfrac{1~200 \times 1}{0,58} \approx 2~069 \text{ m}^3$.$1~200$ tonnes représentent donc à un volume d’environ $2~069 \text{ m}^3$.
    $\quad$
  3. Le volume des deux petites sphères réunies est de $1~600 \text{ m}^3$. Ce volume est inférieur à celui correspondant aux $1~200$ tonnes de butane.
    La grande sphère sera donc nécessaire.

 

DNB – Amérique du Sud – nov 2014

Amérique du Sud – Novembre 2014

Mathématiques – Correction – Brevet

L’énoncé de ce sujet est disponible ici.

Exercice 1

  1. On appelle $x$ le tarif enfant. Le tarif adulte est donc $x+4$. On a ainsi :
    $100(x + 4) + 50x = 1~300$
    Par conséquent $100x + 400 + 50x = 1~300$
    Donc $150x = 900$
    Et $x = \dfrac{900}{150}= 6$.
    Réponse c
    $\quad$
  2. Les points $A, B$ et $E$ sont alignés. Par conséquent $AE = AB + BE$ $= \sqrt{15} + 1$.
    L’aire du rectangle $AEFD$ est donc :
    $\begin{align} \mathscr{A}_{AEFD} &= AD \times AE \\\\
    & = \left(\sqrt{15} – 1\right) \times \left(\sqrt{15} + 1\right)\\\\
    &= 15 – 1 \\\\
    &= 14
    \end{align}$
    Réponse c
    $\quad$
  3. La vitesse des ondes sismiques est $v = \dfrac{320}{59} \approx 5,4$ km/s.
    Réponse a
    $\quad$

Exercice 2

  1. Le triangle $FNM$ est rectangle en $F$.
    Son aire est donc :
    $\begin{align} \mathscr{A}_{FNM} & = \dfrac{FN \times FM}{2} \\\\
    & = \dfrac{4 \times 3}{2} \\\\
    & = 6 \text{cm}^2
    \end{align}$
    $\quad$
  2. Le volume de la pyramide est :
    $\begin{align} \mathscr{V}_{FNMB} &= \dfrac{\mathscr{A}_{FNM} \times FB}{3} \\\\
    &= \dfrac{6 \times 5}{3} \\\\
    &= 10 \text{cm}^3
    \end{align}$
    $\quad$
  3. a. Le volume du parallélépipède rectangle est :
    $V_1 = FE \times FG \times FB$ $= 15 \times 10 \times 5 = 750 \text{cm}^3$
    Le volume du solide est donc :
    $V = V_1 – \mathscr{V}_{FNMB} = 750 – 10 = 740 \text{cm}^3$.
    $\quad$
    b. $\begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    & Parallélépipède ~ABCDEFGH & Solide~ ABCDEFNMGH \\\\
    \hline
    Nombre~ de~ faces & 6 & 7 \\\\
    \hline
    Nombres~ d’arêtes & 12 & 14 \\\\
    \hline
    Nombre~ de~ sommets & 8 &  9 \\\\
    \hline
    Caractéristique~ x & 2 & 2 \\\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$

Exercice 3

  1. Si une lettre pèse $75$ g, elle se retrouve dans la catégorie “jusqu’à $100$ g”.
    Son affranchissement est donc de $1,65 ~€$.
    $\quad$
  2. Le tarif pour cette lettre de $109$ g est de :$2,65 + 0,05 \times 11 = 3,20 ~€$
    $\quad$
  3. L’envoi de ce paquet de $272$ g coûte : $3,55 + 28 \times 0,11 = 6,63 < 6,76$.
    Il peut donc payer le montant correspondant.
    $\quad$
  4. $L + l + h = 55 + 30 + 20 = 105 > 100$ cm.
    Le paquet est donc trop “grand”.
    $\quad$

Exercice 4

  1. Après la première injection, il faut attendre le deuxième jour pour constater une présence d’anticorps.
    $\quad$
  2. Après la première injection, le taux maximal ($90$ environ) est atteint $5$ jours après (le mardi 21 octobre).
    $\quad$
  3. Pablo n’a plus d’anticorps dans son organisme environ $12$ jours après la première injection.
    $\quad$
  4. Le taux d’anticorps est supérieur à $800$ pendant environ $2$ jours.

$\quad$

Exercice 5

  1. En 2012, il lui a fallu $8 \times 60 + 40 = 520$ minutes pour réaliser le parcours.
    En 2013, il lui a fallu $8 \times 60 + 25 = 505$ minutes pour réaliser le parcours.
    $\quad$
  2. a. En B2, elle a saisi $=B1 + 15$.
    $\quad$
    b. Cette formule permet de calculer la durée totale du parcours en 2012.
    $\quad$
    c. En B4, elle peut saisir : $=3B1+2B2$.
    $\quad$
  3. En H2, elle obtiendra $120$.
    En H3, elle obtiendra $570$.
    En H4, elle obtiendra $555$.
    $\quad$
  4. Au regard des valeurs trouvées à la question 1 et des données de ce tableau, son oncle met $95$ minutes pour réaliser la petite boucle  et $110$ minutes pour réaliser la grande boucle.

$\quad$

Exercice 6

  1.  On a $f_m = 220 – a$
    $\quad$
  2. a. A $60$ ans, la fréquence cardiaque maximale est $f_m = 208 – 0,75 \times 60 = 163$ battements par minute.
    $\quad$
    b. On cherche la valeur de $a$ telle que :
    $208 – 0,75 \times a = 184$ soit $-0,75a = -24$ d’où $a = \dfrac{-24}{-0,75} = 32$.
    C’est à $32$ ans que la fréquence cardiaque maximale est de $184$ battements par minutes.
    $\quad$
    c. Soit $x$ le taux de réduction.
    On a ainsi : $193 \times \left(1 – \dfrac{x}{100}\right) = 178$.
    D’où $1 – \dfrac{x}{100} = \dfrac{178}{193}$
    Et donc $x = -100 \left(\dfrac{178}{193} – 1\right) \approx 7,77$.
    La fréquence cardiaque maximale aura donc diminué d’environ $8\%$.
    $\quad$

Exercice 7

Dans les triangles $ADR$ et $RVB$ :

  • Les points $D, R, V$ et $A, R, B$ sont alignés dans le même ordre.
  • Les droites $(AD)$ et $(VB)$ étant perpendiculaires à $(DR)$ sont parallèles entre elles.

D’après le théorème de Thalès on a alors :

$\dfrac{RA}{RB} = \dfrac{RD}{RV} = \dfrac{AD}{VB}$

soit $\dfrac{20}{12} = \dfrac{AD}{15}$

Par conséquent $AD = \dfrac{20 \times 15}{12} = 25$.

La largeur de la rivière est donc de $25$ mètres, ce qui inférieur à la longueur de la corde.

 

 

DNB – Metropole Antilles Guyane – Septembre 2014

Métropole Antilles Guyane – Septembre 2014 – DNB

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet est disponible ici.

Exercice 1

  1. Cédric a parcouru $10$ km en $20$ minutes.
    $\quad$
  2. Cédric a mis $50$ minutes pour parcourir les $30$ premiers kilomètres.
    $\quad$
  3. Cédric a dans l’ordre rencontré :
    – une partie plate
    – une descente
    – une partie plate
    – une montée
    $\quad$
  4. Cédric a mis $20$ minutes, soit $\dfrac{1}{3}$ d’heure, pour parcourir $10$ kilomètres. Sa vitesse moyenne est donc : $$V = \dfrac{10}{\dfrac{1}{3}} = 30 \text{ km/h}$$
    DNB-antilles-sept2014-ex1

$\quad$

Exercice 2

Affirmation 1 :  $V = \dfrac{4 \times 2}{2} \times 7$ $=28 \text{ cm}^3$. Fausse.
$\quad$

Affirmation 2 : Dans les triangles $NOK$ et $LMK$ :
– Les points $K$, $L$, $N$ et $K$, $M$, $O$ sont alignés dans le même ordre
– $\dfrac{KL}{KN} = \dfrac{2}{7}$ et $\dfrac{KM}{KO} = \dfrac{1}{4}$
Par conséquent $\dfrac{KL}{KN} \ne \dfrac{KM}{KO}$.
D’après la contraposée du théorème de Thalès, les droites $(ML)$ et $(NO)$ ne sont pas parallèles. Fausse.
$\quad$

Affirmation 3 : Les côtés de ce triangle ont une longueur de $6$ cm.
En appliquant le théorème de Pythagore dans un triangle rectangle constitué de trois sommets consécutifs on obtient, en appelant $d$ la longueur d’une diagonale (les deux ont la même longueur!)
$d^2 = 6^2 + 6^2  = 72$ donc $d= \sqrt{72}$ $ = \sqrt{36 \times 2}$ $=6\sqrt{2}$. Vraie.
$\quad$

Affirmation 4 : On cherche donc à résoudre l’équation $3x + 5=0$
Ce qui revient à résoudre $3x = -5$ et par conséquent $x = -\dfrac{5}{3}$. Vraie.

$\quad$

Exercice 3

  1. a. $3$ filles portent des lunettes sur ces $30$ élèves.
    La probabilité cherchée est donc $\dfrac{3}{30} = \dfrac{1}{10}$
    $\quad$
    b. Il y a $7 + 5 = 12$ garçons dans cette classe.
    La probabilité que ce soit la fiche d’un garçon est donc $\dfrac{12}{30} = \dfrac{2}{5}$.
    $\quad$
  2. $10$ élèves portent des lunettes dans cette classe.
    On appelle $N$ le nombre d’élèves du collège portant des lunettes.
    On a ainsi $10 = \dfrac{12,5}{100} N$ donc $N = \dfrac{10 \times 100}{12,5} = 80$.
    $80$ élèves portent des lunettes dans le collège.

$\quad$

Exercice 4

  1.  Dans le triangle $HPL$ rectangle en $P$ on a :
    $\tan \widehat{PHL} = \dfrac{PL}{HP}$ soit $HL =4\tan 40 $ $\approx 3,4$ m.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $MCF$ rectangle en $C$ on a :
    $\tan \widehat{MFC} = \dfrac{MC}{CF}$ soit $MC = 5\tan 33$ $\approx 3,2$.
    Or $PC = PL – ML + MC$ soit $5,5 = 3,4 – ML + 3,2$
    Donc $ML = 3,4 + 3,2 – 5,5 $ $=1,1$ m
    $\quad$
  3. On veut donc que $MC = PC – PL$ $=5,5 – 3,4$ $ = 2,1$ m.
    Dans le triangle $MCF$ rectangle en $F$ on a :
    $\tan \widehat{MFC} = \dfrac{MC}{FC} $ $=\dfrac{2,1}{5}$ $=0,42$
    Par conséquent $\widehat{MFC} \approx 23°$

$\quad$

Exercice 5

  1. a. $5 \times 7 + 1$ $=35 + 1$ $= 36$ $=4 \times 9$.
    $\quad$
    b. Il s’agit bien d’un multiple de $4$. Léa a raison pour cet exemple.
    $\quad$
  2. a. En prenant $17$ comme premier nombre on obtient $17 \times 19 +1 =324$.
    $\quad$
    b. $324 = 4 \times 81$. C’est bien un multiple de $4$.
    $\quad$
    c. On peut utiliser la formule $1$ et la formule $3$.
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\begin{align} (2x+1)(2x+3) + 1 &= (2x)^2 + 6x + 2x + 3 + 1 \\\\
    &= 4x^2 + 8x + 4
    \end{align}$
    $\quad$
  4. Or $4x^2+8x+4 = 4(x^2+2x+1)$. On obtient bien un multiple de $4$.
    Léa avait donc raison.

$\quad$

Exercice 6

  1. $BC = 7,7$ m $= 770$ cm.
    Le coefficient d’agrandissement est $\dfrac{BC}{OF} = \dfrac{770}{35}$ $=22$.
    $\quad$
  2. On a donc $AB = 22DE$ $=22 \times 0,2 $ $=4,4$.
    L’arbre mesure donc $22$ m.
    $\quad$
  3. Si $DE = OF$ alors la longueur de l’arbre est égale à la distance $BC$.
    $\quad$
  4. On appelle $D$ le diamètre de l’arbre à cette hauteur.
    Donc $\pi D =1,38$ soit $D= \dfrac{1,38}{\pi}$ $\approx 0,44$ m.

$\quad$

Exercice 7

  1. Pour une personne la différence de prix est $ 530 – 350 = 180 €$.
    Pour ce couple, la différence est donc $ 2 \times 180 = 360€$.
    $\quad$
  2. a. Le couple doit arriver à l’aéroport $2$ heures avant $11$ h $55$ soit $9$ h $55$. Le trajet dure $4$ h $24$.
    Il faut donc que le couple parte avant $5$ h $31$.
    $\quad$
    b. Le couple doit parcourir $409$ km. La voiture consomme $6$ litres aux $100$ km. Elle aura donc consommé sur ce trajet $4,09 \times 6$ litres.
    Le coût du carburant est alors $4,09 \times 6\times 1,3 = 31,902$ $\approx 31,90 €$.
    $\quad$
  3. Prix total Voiture – Avion (Paris) :
    $350 \times 2 + 35,9 \times 2 + 31,9 \times 2 + 58 $ $=893,60€$
    $\quad$
    Prix total Train – Avion (Paris) : (le train arrive à $9$ h $38$ soit plus de deux heures avant le décollage)
    $(350 + 51 + 42)\times 2 $ $ = 886 €$
    $\quad$
    Prix total Avion (Nantes) :
    $530 \times 2 $ $=1060€$.
    $\quad$
    C’est plus économique pour le couple de choisir le trajet Train – Avion (Paris).

 

DNB – Polynésie – Septembre 2014

Polynésie – Brevet – Septembre 2014

Mathématiques – Correction

Le sujet de ce brevet et disponible ici.

Exercice 1

Calcul n°$1$ 

$\dfrac{5}{6} – \dfrac{3}{4} = \dfrac{10}{12} – \dfrac{9}{12} =\dfrac{1}{12}$

Calcul n°$2$

$\sqrt{18} = \sqrt{9 \times 2} = \sqrt{9} \times \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$

Calcul n°$3$

$8\times 10^{15} + 2\times 10^{15} = (8 + 2) \times 10^{15} = 10 \times 10^{15} = 1 \times 10^{16}$

 

Exercice 2

  1.  $\dfrac{80}{45} = \dfrac{16 \times 5}{9 \times 5} = \dfrac{16}{9}$.
    Il s’agit donc d’un écran de format $\dfrac{16}{9}$
    $\quad$
  2. Si on considère deux côtés consécutifs de l’écran ainsi que la diagonale associée on obtient un triangle rectangle dans lequel on peut appliquer le théorème de Pythagore. On appelle D la longueur de la diagonale. On obtient ainsi :
    $D^2 = 30,5^2+22,9^2 = 1454,66$ donc $D = \sqrt{1454,66} \approx 38,14$ cm.
    Or $15$ pouces $= 15 \times 2,54 = 38,1$.
    La mention $15$ pouces est donc bien adaptée à cet écran.
    $\quad$
  3. On appelle $l$ la largeur cherchée. On a donc $\dfrac{14,3}{l} = \dfrac{4}{3}$
    Par conséquent $l = \dfrac{14,3 \times 3}{4} = 10,7$ cm arrondi au mm près.
    $\quad$
    On pouvait également de nouveau utiliser le théorème de Pythagore pour trouver la largeur manquante. On obtient alors $l=10,6$ cm au mm près.

 

Exercice 3

  1. Ces valeurs nous permettent uniquement de déterminer des fréquences d’apparition des couleurs sur ces $40$ tirages.
    Une autre série de $40$ tirages pourrait fournir des résultats différents voire même inclure une autre couleur.
    On ne peut donc rien affirmer quant au contenu de la bouteille.
    $\quad$
  2. La probabilité de faire apparaître une bille rouge est donc :
    $$ p = 1 – \dfrac{3}{8} – \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$$
    Par conséquent il y a $\dfrac{1}{8} \times 24 = 3$ billes rouges dans cette bouteille.
    $\quad$

 

Exercice 4

  1. $[AB]$ est un diamètre du cercle $(C)$ et $T$ un point du même cercle. Le triangle $ATB$ est donc rectangle en $T$.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $ATB$ rectangle en $T$ on a : $\tan \widehat{BAT} = \dfrac{TB}{TA} = \dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4}$
    Donc $\widehat{BAT} \approx 37°$ au degré près.
    $\quad$
  3. Dans les triangles $ATB$ et $KFT$ on a :
    – $T$ appartient au segment $[AF]$ et $[BK]$
    – $\dfrac{TB}{TK} = \dfrac{9}{3} = 3$ et $\dfrac{TA}{TF} = \dfrac{12}{4} = 3$.
    Les rapports sont donc égaux. Par conséquent, d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites $(AB)$ et $(KF)$ sont parallèles.
    $\quad$
  4. L’aire du triangle $TKF$ est $\mathscr{A} = \dfrac{TK \times TF}{2} = \dfrac{3 \times 4}{2} = 6 \text{ cm}^2$

 

Exercice 5

  1. a. Le “point de départ” de la courbe a pour coordonnées $(0;1)$. La flèche a été tirée à une hauteur de $1$ m.
    $\quad$
    b. La courbe coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées $(10;0)$.
    La flèche retombe au sol à $10$ m de Julien.
    $\quad$
    c. La hauteur maximale semble être $3$ m.
    $\quad$
  2. a $f(5) = -0,1 \times 5^2 + 0,9 \times 5 + 1 = 3$.
    $\quad$
    b. Graphiquement, le sommet de cette courbe semble être compris entre $4$ et $5$. On va donc calculer $f(4,5)$.
    $f(4,5) = -0,1 \times 4,5^2+0,9\times 4,5 + 1 = 3,025$.
    La flèche s’élève donc à plus de $3$ m de haut.

 

Exercice 6

  1. $\quad$
    polynésie-dnb-sept2014-ex6
  2. Dans le triangle $ABC$, le plus grand côté est $[AC]$.
    D’une part $AC^2 = 9,2^2 = 84,64$
    D’autre part $AB^2+BC^2 = 5^2+7,6^2=82,76$.
    Par conséquent $AC^2 \neq AB^2+BC^2$.
    D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ n’est pas rectangle.
    $\quad$
  3. a. Pour que la distance $BP$ soit la plus petite possible, il faut que $P$ soit le pied de la hauteur issue de $B$ dans le triangle $ABC$.
    $\quad$
    b. Le périmètre de $ABP$ est :
    $\begin{align} \mathscr{P}_1 &= AP+BP+AB \\\\
    & = 5 + BP + 5 \\\\
    &= 10 + BP
    \end{align}$
    $\quad$
    Le périmètre de $BPC$ est :
    $\begin{align} \mathscr{P}_2 &= PC+BP+BC \\\\
    & = (9,2 – 5) + BP + 7,6 \\\\
    &= 11,8 + BP
    \end{align}$
    $\quad$
    Par conséquent le triangle $BPC$ possède le plus grand périmètre.
    $\quad$
    c. Pour que les deux triangles ait le même, il faut que $AP+BP+AB=PC+BP+BC$
    Par conséquent $AP+AB=PC+BC$
    Or $PC = 9,2 – AP$
    On obtient ainsi : $AP + 5 = 9,2 – AP+7,6$
    Donc $2AP = 11,8$ et $AP = 5,9$.
    Si le point $P$ est situé à $5,9$ cm de $A$ alors les deux triangles ont le même périmètre.

 

Exercice 7

  1. a. Etape $1$ : $10 – 0,5 = 9,5$ $\quad$ Etape $2$ : $9,5 \times 2 \times 10 = 190$
    $\quad$
    b. Avec le programme B on obtient :
    Etape $1$ : $10^2 = 100$ $\quad$ Etape $2$ : $100 \times 2 = 200$ $\quad$ Etape $3$ : $200 – 10 = 190$.
    $\quad$
  2. a. En $C2$ on a écrit : $”=2*A2*A2-A2″$
    $\quad$
    b. Il semblerait que les deux programmes fournissent le même résultat.
    $\quad$
    c. On appelle $x$ le nombre choisi.
    Programme A : $(x-0,5) \times 2x = 2x^2 -x$
    Programme B : $2x^2-x $
    On obtient bien effectivement le même résultat avec les deux programmes.
    $\quad$
  3. On veut donc que $2x^2-x = 0$ soit $x(2x-1) = 0$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, l’un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc $x=0$ ou $2x-1 = 0$ soit $x=0,5$.
    Il y a donc deux solutions : $0$ et $0,5$.

 

Exercice 8

Dépenses liées à la maison en $2013$ : $250 \times 4 + 450 + 550 \times 4 + 300 + 150 \times 2 = 4200$
En $2014$ ils paieront $4200 \times \left(1 + \dfrac{6}{100} \right) = 4200 \times 1,06 = 4505$ euros.

$\quad$

Coût du prêt : $700 \times 12 = 8400$ euros.

Le coût total de la maison en $2014$ est donc de $8400 + 4505 =12905$ euros.

Concernant la location :
première période : $4 \times 750 = 3000$ euros
Deuxième période : $7x$ euros
Troisième période : $5 \times 750 = 3750$ euros.
Recette globale $ 6750 + 7x$.

On veut donc que $6750+7x \ge 12905$ soit $7x \ge 12905-6750$  et donc $x \ge \dfrac{6155}{7} \approx 880$.

Pour couvrir les frais engendrés par la maison sur l’année $2014$ il faut que sur la deuxième période, la maison soit louée au moins $880$ euros par semaine.

 

 

DNB – Métropole – Juin 2014

Métropole – DNB – Juin 2014

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet est disponible ici.

Exercice 1

  1. Chaque angle au centre mesure $\dfrac{360}{8} = 45°$
    DNB - metropole - juin2014 -ex1
  2. L’angle $\widehat{HOD} = 4 \times 45 = 180°$.
    Par conséquent $[HD]$ est un diamètre du cercle. $A$ est un point de cercle.
    Donc le triangle $HAD$ est rectangle en $A$.
    $~$
  3. L’angle au centre $\widehat{BOH} = 2 \times 45 = 90°$.
    Cet angle au centre et l’angle inscrit $\widehat{BEH}$ intercepte le même arc $\overset{\frown}{BH}$  du cercle.
    Par conséquent $\widehat{BEH} = \dfrac{90}{2} = 45°$
    $~$

 

Exercice 2

  1. Soit $P$ le prix d’un cahier
    Magasin A  et B: pour un cahier, on paye $P$ euros
    $~$
    Magasin C : Le prix unitaire est de $0,7P$ euros.
    $~$
    Le magasin C est donc le plus intéressant si on achète un seul cahier.
    $~$
  2. a. Si on achète $2$ cahiers.
    Magasin A : On paye $2P$ euros
    $~$
    Magasin B : On paye $1,5P$ euros
    $~$
    Magasin C : On paye $2\times 0,7P = 1,4$ euros
    $~$
    Elle doit choisir le magasin C.
    $~$
    b. Si on achète $3$ cahiers.
    Magasin A : On paye $2P$ euros
    $~$
    Magasin B : On paye $2,5P$ euros
    $~$
    Magasin C : On paye $3\times 0,7P = 2,1$ euros
    $~$
    Elle doit choisir le magasin A.
    $~$
  3. Elle paye donc au final $0,9 \times 0,7P = 0,63P$ euros .
    Elle va donc obtenir une réduction de $37\%$.
    $~$

Exercice 3

  1. Si on choisit $8$, on obtient comme résultat :
    $$(8-6)\times (8-2) = 12$$
    $~$
  2. Proposition 1 : Vraie
    Si on prend le nombre $5$, on obtient :$$(5-6)\times (5-2) = -3 < 0$$
    $~$
    Proposition 2 : Vraie
    $$\left(\dfrac{1}{2} – 6 \right) \times \left(\dfrac{1}{2} – 2 \right) = \dfrac{-11}{2} \times \dfrac{-3}{2} = \dfrac{33}{4}$$
    $~$
    Proposition 3 : Vraie
    Si $x$ est le nombre choisi alors le programme calcule $(x-6)(x-2)$.
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins s’annule.
    Ici le produit ne peut s’annuler qu’en $6$ et en $2$.
    $~$
    Proposition 4 : Faux
    D’après la proposition précédente, l’expression algébrique de la fonction correspondant au résultat est :
    $$f(x) = (x-6)(x-2) = x^2-8x+12$$
    $f$ n’est donc une fonction linéaire.

$~$

Exercice 4

  1. a. La fréquence correspondant au jeton jaune étant sur le long terme la plus grande, c’est donc la couleur jaune qui est la plus fréquente.
    $~$
    b. On peut écrire $=B2/A2$
    $~$
  2. $\dfrac{1}{5} = \dfrac{4}{20}$
    Comme il y a $20$ jetons au total dans le sac, cela signifie donc qu’il contient $4$ jetons rouges.

$~$

Exercice 5

Question 1 : Quand on double le rayon d’une boule, son volume est multiplié par $2^3 = 8$
Réponse d
$~$

Question 2 : $36 \text{ km.h}^{-1} = \dfrac{36~000}{3~600} \text{ m.s}^{-1} = 10 \text{ m.s}^{-1}$
Réponse a
$~$

Question 3 : $\dfrac{\sqrt{525}}{5} = \dfrac{\sqrt{525}}{\sqrt{25}} $ $=\sqrt{\dfrac{525}{25}}$ $=\sqrt{21}$
Réponse c
$~$

Question 4 : $1,5$ To $ =1,5 \times 10^{12}$ octets $\quad$ $60$ Go $=60 \times 10^9$ octets.
$\dfrac{1,5 \times 10^{12}}{60 \times 10^9} = 25$
Réponse a

$~$

Exercice 6

  1. $QK = 0,65 – 0,58 = 0,07$. Donc $\dfrac{QK}{QP} = \dfrac{0,07}{5} = 0,014$.
    L’inclinaison des feux de croisement de Pauline ont bien une inclinaison de $0,014$.
    $~$
  2. Le triangle $PQK$ est rectangle en $Q$. Par conséquent :
    $\tan \widehat{QPK} = \dfrac{QK}{PQ} = 0,014$. On a donc $\widehat{QPK} \approx 0,8°$
    $~$
  3. Dans les triangles $SAP$ et $SKC$ :
    – les droites $(KC)$ et $(AP)$ sont parallèles.
    – $K \in [SP]$ et $C \in [SA]$
    D’après le théorème de Thalès on a :
    $$\dfrac{SC}{SA} = \dfrac{SK}{SP} = \dfrac{KC}{AP}$$
    Par conséquent :
    $$ \dfrac{SC}{SC + 5} = \dfrac{0,58}{0,65}$$
    On obtient alors : $0,65SC = 0,58(SC + 5)$ soit $0,07SC = 2,9$.
    Donc $SC = \dfrac{2,9}{0,07} \approx 41,4$ et $SA \approx 46$ m
    $~$
    Autre méthode (mais du fait des arrondis de la tangente, on trouve un résultat un peu différent) :
    $~$
    Dans le triangle $APS$ rectangle en $A$ on a : $\widehat{SPA} = 90 – \widehat{QPK} \approx 89,2°$
    Par conséquent $\tan \widehat{SPA} = \dfrac{AS}{AP}$ soit $AS = 0,65 \times \tan 89,2 \approx 47$ m

$~$

Exercice 7

  1. Volume d’une botte de paille : $0,9 \times 0,45 \times 0,35 = 0,14175 \text{m}^3$
    Poids d’une botte de paille : $0,14175 \times 90 = 12,7575$ kg
    Prix d’une botte de paille : $12,7575 \times 10^{-3} \times 40 \approx 0,51 €$
    $~$
  2. a. Dans le triangle $IJF$ rectangle en $I$ on a :
    $IJ = 7,7 – 5 = 2,7$ m et $IF = 3,6$ m
    On applique le théorème de Pythagore :
    $$ \begin{align} JF^2 &= IJ^2 + IF^2 \\\\
    & = 2,7^2 + 3,6^2 \\\\
    & = 20,24 \\\\
    JF = 4,5
    \end{align}$$
    La surface du toit est de $ 4,5 \times 15,3 = 68,85 \text{ m}^2$.
    $~$
    La surface au sol d’une botte de paille d’épaisseur $35$ cm est : $0,9 \times 0,45 = 0,405 \text{ m}^2$
    $\dfrac{68,85}{0,405} = 170$.
    On a donc  besoin de $170$ bottes.
    $~$
    b. Le prix à payer sera, en reprenant un coût unitaire de $0,51€$, de $0,51 \times 170 = 86,70€$.

 

DNB – Asie – Juin 2014

Asie – DNB – Juin 2014

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de brevet est disponible ici.

Exercice 1

La hauteur au cinquième rebond est : $1 \times \left(\dfrac{3}{4} \right)^5 \approx 0,24$ m
$~$

Exercice 2

  1. $~$
    DNB - asie - juin2014 -ex21 On lit donc que  la tension est d’environ $480$ N
    $~$
  2. $f(220) = 20\sqrt{220} \approx 297$ Hz. On obtient donc la note Ré3.
    $~$
  3. La fréquence maximale est obtenue pour $T = 900$.
    Alors $f(900) = 20\sqrt{900} = 600$
    La fréquence maximale est donc de $600$ Hz

$~$

Exercice 3

Il faut donc que les côtés des alvéoles mesurent $3$ cm. Les angles au centre d’un hexagone régulier sont de $60°$.

DNB - asie - juin2014 -ex31

$~$

Exercice 4

Cas 1 : Si la réduction est de $30\%$ alors on doit payer $70\%$ du tarif plein.
$\dfrac{70}{100} \times 9,5 = 6,65€$
Affirmation 1 vraie

$~$

Cas 2 : Si $a = 3$ et $b = 1$ alors PGCD$(a;b) = 1$ et pourtant $a-b = 2$
Affirmation 2 fausse

$~$

Cas 3 : $A = (x+5)(2x-1) = 2x^2-x+10x-5 = 2x^2+9x-5$
Affirmation vraie

(en cours de correction)

$~$

Exercice 5

Figure 1

Dans les triangles $AOB$ et $DOC$ :
– $O \in [AC]$ et $O \in [DB]$
– $\dfrac{OA}{OC} = 1$ et $\dfrac{OB}{OD} = 1$ puisque $O$ est le milieu des segments $[AC]$ et $[DB]$
D’après la réciproque du théorème de Thalès les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont parallèles

$~$

Figure 2

Le triangle $ABE$ est inscrit dans le cercle de diamètre $[AE]$, il est donc rectangle en $B$.
Par conséquent les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont perpendiculaires à la droite $(BC)$.
Elle sont donc parallèles entre elles.

$~$

 

Exercice 6

  1. Déterminons le nombre de tickets vendus :
    $$350+225+400+125+325+475 = 1~900$$
    La recette est donc de $2 \times 1900 = 3~800€$.
    $~$
    Les dépenses s’élèvent à :
    $$300 + 10 \times 25 + 20 \times 5 = 650€$$
    $~$
    Il y a donc un bénéfice de $3~800-650 = 3~150$ qui permet de financer entièrement la sortie.
    $~$
  2. Si le prix d’un ticket est de $10€$ alors la recette est de $19~000€$.
    Le bénéfice est alors de $19~000-650 = 18350~$.
    Le voyage d’une valeur de $10~000€$ peut donc être financé.
    $~$
    Soit $x$ le prix d’un ticker. On doit donc avoir :
    $$\begin{align} & 1~900x-650 \ge 10~000 \\\\
    \Leftrightarrow & 1~900x \ge 10~650 \\\\
    \Leftrightarrow & x \ge \dfrac{10~650}{1~900} \\\\
    \Leftrightarrow &x \ge 5,61
    \end{align}$$
  3. On suppose que le gros lot a été tiré dès le premier ticket.
    Il reste $30$ tickets gagnant sur $1899$.
    La probabilité de tirer un autre ticket gagnant est : $\dfrac{30}{1899} = \dfrac{10}{633}$

$~$

Exercice 7

Le triangle $PCH$ est rectangle en $H$ donc, en appliquant le théorème de Pythagore on a :
$$\begin{align} PC^2 &= PH^2 + HC^2 \\\\
&= 25^2 + 4^2 \\\\
&=641 \\\\
PC & \approx 25,32
\end{align}$$
$~$
On a, de plus, $\tan \widehat{HPC} = \dfrac{4}{25}$ soit $\widehat{HPC} \approx 9,09°$

Le modèle 2 ne convient donc pas (inclinaison trop faible).

Calculons maintenant le temps pour parcourir la distance $PC$ : $\dfrac{PC}{0,5} \approx 50,64$ secondes.

La durée n’excède donc pas $1$ minute. Le modèle 1 convient.

 

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.
    $~$
  2. a. $2$ boules bleues portent la lettre A.
    Par conséquent $p$(A bleue) $=\dfrac{2}{20} = \dfrac{1}{10}$.
    $~$
    b. Il y a $5$ boules rouges dans le sac.
    Donc $p$(Rouge) $=\dfrac{5}{20} = \dfrac{1}{4}$.
    $~$
    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.

$~$

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 $B$.

$~$

Exercice 3

  1. On a $f(0) = -7$ donc $0$ a pour image $-7$ par $f$.
    $~$
  2. $f(6) = 6^2+3\times 6 – 7 = 36 + 18 – 7 = 47$.
    $~$
  3. Dans le tableau, on peut lire que $g(4) = f(4) = 21$.
    Donc $4$ est une solution de $x^2+3x-7=4x+5$.
    $~$
  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 $$h(x) = -2x+5$$

$~$

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 :$1,2,3,6$.

$~$

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.

$~$

 Exercice 5

  1. a. La dépense correspond à $2 \times 131 \times 0,13 = 34,06 €$.
    $~$
    b. On peut écrire : $=B2*C2*D2$
    $~$
    c. La bonne formule pour calculer la somme des cellules de $E2$ à $E13$ est : “=Somme $(E2:E13)$”.
    $~$
  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.
    $~$

 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.
    $~$
    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.
    $~$
  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.
    $~$
  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.

$~$

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 $\widehat{xAC} = 180 – 100 = 80°$
    $~$
    c. $80 + 140 + 140 = 360°$.
    $~$
  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 $360°$.

DNB – Centres étrangers – Juin 2014

Centres étrangers – DNB – Juin 2014

Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver le sujet de ce brevet ici.

Exercice 1

  1. On peut écrire $=A1-B1$.
    $~$
  2. En $A2$ on a écrit $=MAX(B1;C1)$
    Remarque : les tableurs ont besoin d’un point virgule et non d’une virgule.
    $~$
  3. La feuille présentée correspond à l’algorithme des différences successives pour calculer le PGCD de $2$ nombres.
    Par conséquent en $C5$, la dernière différence non nulle, on obtient le PGCD de $216$ et de $126$.
    $~$
  4. Les $2$ nombres $216$ et $126$ ayant un PGCD différent de $1$, ils ne sont pas premiers entre eux et la fraction est simplifiable par $18$.
    $$\dfrac{216}{126} = \dfrac{12 \times 18}{7 \times 18} = \dfrac{12}{7}$$

$~$

 

Exercice 2

On peut représenter la situation de la façon suivante :
DNB - centres étrangers - juin2014 - ex21

où $ABC$ est un triangle rectangle en $C$ avec $AB = 20$ et $AC = 12$

Dans ce triangle, on peut utiliser le théorème de Pythagore :

$$AB^2 = AC^2+BC^2$$

Par conséquent :

$$\begin{align}
BC^2 &= AB^2-AC^2 \\\\
& = 20^2 – 12^2 \\\\
&= 400 – 144 \\\\
&= 256 \\\\
BC &= \sqrt{256} = 16
\end{align}$$

On en déduit donc que $DB = 20 – 12 = 4$

Cela signifie donc que la lance est descendue de $ 4$ pieds.

$~$

Exercice 3

  1. FAUX
    Seuls les triangles inscrits dans un cercle dont un des côtés est un diamètre de ce cercle sont rectangles.
    $~$
  2. VRAI
    La médiatrice d’un segment est la droite constitués des points équidistants des extrémités de ce segment.
    Par conséquent $AM = BM$ et le triangle $ABM$ est isocèle en $M$.
    $~$
  3. On ne peut pas savoir
    On ne sait pas si le triangle $ABC$ est rectangle. On ne peut donc pas utiliser les formules de trigonométrie.
    $~$
  4. VRAI
    Les $4$ côtés du quadrilatère ont la même longueur. C’est donc un losange. Il possède de plus un angle droit. Il s’agit donc d’un carré.
    $~$

$~$

Exercice 4

Déterminons dans un premier temps le volume du réservoir.
On sait que celui-ci est une réduction de la pyramide du Louvre.
Par conséquent :

$$\begin{align}
V_{reservoir} &= \left(\dfrac{1}{500} \right)^3 V_{pyramide} \\\\
&= \left(\dfrac{1}{500} \right)^3 \dfrac{35 \times 35 \times 22}{3} \\\\
&= \dfrac{26~950}{375~000~000} \\\\
&=\dfrac{539}{7~500~000} \text{ m}^3 \\\\
&=\dfrac{1078}{15} \text{ cm}^3
\end{align}$$

Déterminons combien de temps la lampe restera allumée :

$$ \dfrac{\dfrac{1078}{15}}{4} = \dfrac{539}{30} \approx 18$$

Le réservoir sera vide au bout d’environ $18$ heures.

$~$

 

Exercice 5

  1. $$ (2n+5)(2n-5) = (2n)^2-5^2 = 4n^2-25 $$.
  2. $~$
    $$\begin{align} 205 \times 195 &= (200 + 5)(200-5) \\\\
    &= (2 \times 100 + 5)(2 \times 100 – 5) \\\\
    &= 4 \times 100^2 – 25 \\\\
    &= 39~975
    \end{align}$$

$~$

Exercice 6

  1. $31$ min $= \dfrac{31}{60}$ h $\approx 0,52h$
    La vitesse moyenne du trajet sur autoroute est :
    $$v = \dfrac{993}{8,52} \approx 117 \text{ km/h}$$
  2. Il doit effectuer $4$ pauses d’une durée minimale de $10$ minutes.
    Son trajet sera donc de $8$h $47$min $+ 40$min soit $9$h $27$min.
    $~$
  3. Le coût correspondant au carburant est de $89,44€$.
    Cela correspond donc à : $\dfrac{89,44}{1,42} \approx 63$ L.
    Son réservoir a une capacité de $60$ L. Il ne pourra donc pas faire le trajet avec un seul plein d’essence.

$~$

Exercice 7

  1. Si la température est de $0°$C alors elle est de $0\times 1,8 + 32 = 32°$F.
    $~$
  2. On appelle $x$ la température en °C. On a alors :
    $$ \begin{align} 1,8x + 32 = 212 & \Leftrightarrow 1,8x = 180
    & \Leftrightarrow x = \dfrac{180}{1,8} \\\\
    & \Leftrightarrow x = 100
    \end{align}$$
    Le thermomètre indiquerait alors $100°$C. L’eau bout à cette température.
    $~$
  3. a. On a donc $f(x) = 1,8x+32$.
    $~$
    b. La fonction $f$ est de la forme $f(x)=ax+b$. C’est donc une fonction affine.
    $~$
    c. $f(5) = 1,8 \times 5 + 32 = 41$
    L’image de $5$ par $f$ est $41$.
    $~$
    d. $~$
    $$\begin{align} f(x) & = 5 \\\\
    1,8x + 32 &= 5 \\\\
    1,8x &= -27 \\\\
    x &= -15
    \end{align}$$
    L’antécédent de $5$ par $f$ est donc $-15$.
    $~$
    e. Puisque $f(10) = 50$ cela signifie donc que $10°$C = $50°$F.