DNB – Nouvelle Calédonie – décembre 2016 – maths

Nouvelle Calédonie – Décembre 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. La vitesse moyenne est de $60$ km/h. $60$ km sont donc parcourus en $60$ min.
    En $10$ minutes, la voiture parcourt alors $10$ km.
    En $1$h$10$min, la voiture va parcourir $70$ km.
    Réponse B
    $\quad$
  2. $200 \times \dfrac{40}{100}=80$ et $160 \times \dfrac{50}{100}=80$.
    Il y a autant de femmes dans les deux salles.
    Réponse C
    $\quad$
  3. L’aire du carré est de $10\times 10 = 100$ cm$^2$ $=1$ dm$^2$.
    Réponse B
    $\quad$
  4. $1^1+2^2+3^3=1+4+27=32$.
    Réponse A
    $\quad$
  5. $2x+4=5x-2$ revient à $4+2=5x-2x$ soit $6=3x$.
    Par conséquent $x=\dfrac{6}{3}=2$.
    Réponse C
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

On appelle $V$ le nombre de points  en cas de victoire et $D$ celui attribué en cas de défaite.

On obtient donc le système suivant :
$\begin{cases} 21V+9D=1~350\\12V+18D=900\end{cases}$
Donc $\begin{cases} D=\dfrac{1~350-21V}{9} \\12V+18\times \dfrac{1~350-21V}{9}=900 \end{cases}$
Soit $\begin{cases} D=\dfrac{1~350-21V}{9}\\12V+2~700-42V=900\end{cases}$
D’où $\begin{cases} D=\dfrac{1~350-21V}{9}\\-30V=-1~800\end{cases}$
Par conséquent $\begin{cases}V= 60 \\D=\dfrac{1~350-21 \times 60}{9} \end{cases}$
Donc $\begin{cases} V=60\\D=10 \end{cases}$.

On gagne donc $60$ points en cas de victoire et $10$ en cas de défaite.
$\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

Dans les triangles $BRS$ et $JRP$ on a :

– $J$ appartient au segment $[BR]$ et $P$ appartient au segment $[SR]$.
– Les droites $(JP)$ et $(BS)$ sont perpendiculaires à la droite $(BR)$ : elles sont donc parallèles entre-elles.

D’après le théorème de Thalès :

$\dfrac{RJ}{RB}=\dfrac{RP}{RS}=\dfrac{JP}{BS}$

Soit $\dfrac{1,3}{34,7}=\dfrac{2,1}{BS}$

Donc $BS=\dfrac{2,1 \times 34,7}{1,3} \approx 56$ m.

La hauteur du phare est donc d’environ $56$ m.
$\quad$

Ex 4

Exercice 4

Thomas parcourt donc $5 \times 0,7 = 3,5$m en $3$ secondes. Sa vitesse moyenne est alors $v_1=\dfrac{3,5}{3} \approx 1,17$ m/s.

Hugo parcourt donc $7 \times 0,6 = 4,2$ m en $4$ secondes. Sa vitesse moyenne est alors $v_2=\dfrac{4,2}{4}=1,05$ m/s.

$v_1 > v_2$ : Thomas avance donc le plus vite.

$\quad$

Ex 5

Exercice 5

  1. a. Avec le programme A on obtient les étapes suivantes :
    $$-8 \to 24\to 12$$
    Le résultat est donc bien $12$.
    $\quad$
    a. Avec le programme B on obtient les étapes suivantes :
    $$-8 \to -16\to -11 \to -33$$
    Le résultat est donc $-33$.
    $\quad$
  2. Si on choisit $1$ comme nombre de départ on obtient alors :
    Programme A : $1 \to -3 \to -15$
    Programme B : $1 \to 2 \to 7 \to 21$
    Le résultat du programme B est donc supérieur à celui du programme A.
    Par conséquent Sandro se trompe.
    $\quad$
  3. On appelle $x$ le nombre choisi :
    Programme A : $x \to -3x\to -3x-12$
    Programme B : $x \to 2x \to 2x+5 \to 3(2x+5)$
    On veut donc que $-3x-12=3(2x+5)$ soit $-3x-12=6x+15$
    Par conséquent $-12=9x+15$ ou encore $-27=9x$
    Ainsi $x=-\dfrac{27}{9}=-3$
    Le nombre de départ était donc $-3$.

Ex 6

Exercice 6

  1. On appelle $N$ le nombre de chandeliers achetés.
    $N$ doit donc diviser $180$ et $108$ et être le plus grand possible.
    Par conséquent $N$ est le PGCD de $180$ et $108$.
    On utilise l’algorithme d’Euclide pour déterminer le PGCD.
    $180=1\times 108+72$
    $108=1\times 72+36$
    $72=2\times 36+0$
    Le PGCD est le dernier reste non nul. Donc $N=36$.
    Ils doivent acheter $36$ chandeliers.
    $\quad$
  2. $108=3\times 36$ et $180 = 5\times 36$.
    Chaque chandelier contiendra $5$ bougies dorées et $3$ bougies argentées.
    $\quad$

Ex 7

Exercice 7

  1. Il faut $200$ livraisons pour Guillaume et $350$ pour Angelo pour qu’ils soient payés autant que David.
    S’ils reçoivent très peu de commandes, David sera le mieux payé.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{array}{|l|c|c|c|c|}
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Nombre de livraisons par} \\ \text{mois} \end{array}&50&200&300&600 \\
    \hline
    \begin{array}{l}\text{Salaire de David en francs}\end{array}&70~000&70~000&70~000&70~000\\
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Salaire de Guillaume en} \\ \text{francs} \end{array}&55~000&70~000&80~000&110~000 \\
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Salaire d’Angelo en francs} \end{array}&10~000&40~000&60~000&120~000\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    b. D’après le tableau si Guillaume effectue $200$ livraisons, il aura le même salaire que celui de David.
    $\quad$
  3. a. La fonction $f$ correspond au salaire de David, la fonction $g$ à celui d’Angelo et enfin la fonction $h$ à celui de Guillaume.
    $\quad$
    b.
     

    c. D’après le graphique, Angelo recevra le plus gros salaire mensuel à partir de $500$ livraisons effectuées.
    $\quad$

Ex 8

Exercice 8

Calculons la longueur d’une diagonale du carré.
On appelle $ABCD$ ce carré.

Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore.
On a donc : $BC^2=AB^2+AC^2=4+4=8$.
Par conséquent $BC=\sqrt{8} \approx 2,83$ m $>2,5$ m.
La nappe ne sera pas assez grande pour recouvrir entièrement la table.
$\quad$

Ex 9

Exercice 9

  1. La probabilité que la balise contienne une clé est $\dfrac{3}{5}$.
    $\quad$
  2. Il reste donc $4$ balises et $2$ clés.
    La probabilité que la deuxième balise contienne une clé est donc $\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
  3. Une seule des balises situées en Province des Iles ne contient pas de clé. En découvrant deux balises, l’équipe des Cagous est certaine d’avoir au moins une clé.
    La probabilité que cette équipe ait trouvé au moins une clé est donc $1$.
    $\quad$

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DNB – Amérique du Sud – décembre 2016 – maths

Amérique du Sud – Décembre 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. $7^6\times 7^6=7^{6+6}=7^{12}$
    $\quad$
  2. On appelle $S$ la superficie cherchée.
    On a donc $S\times \left(1+\dfrac{40}{100}\right)=210$
    Soit $1,4S=210$
    Par conséquent $S=\dfrac{210}{1,4}=150$ m$^2$.
    $\quad$
  3. Il existe $4$ diviseurs de $6$ compris entre $1$ et $6$ : $1$, $2$, $3$ et $6$.
    Il y $6$ tirages possibles.
    Par conséquent, la probabilité cherchée est $p=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. Si la vitesse à l’atterrissage est de $320$ km.h$^{-1}$ alors la distance de freinage “confort” est d’environ $2~400$ m.
    $\quad$
    b. La vitesse d’atterrissage d’un avion dont la distance de freinage rapide est de $1~500$m est d’environ $360$ km.h$^{-1}$.
    $\quad$
  2. a. Si l’avion atterrit à $260$ km.h$^{-1}$ alors la distance de freinage “confort” est d’environ $1~600$ m.
    Il va donc dépasser les sorties 1 et 2.
    $\quad$
    b. Si le pilote doit emprunter la sortie 1, il ne faut pas que la distance de freinage “rapide” soit supérieure à $900$ m.
    Il ne faut donc pas que la vitesse d’atterrissage soit supérieure à $280$ km.h$^{-1}$ d’après le graphique.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

  1. $108=36\times 3$ et $225=75\times 3$.
    Carole peut donc utiliser des carreaux de $3$ cm de côté.
    $\quad$
    $108=18\times 6$ et $225=37\times 6 + 3$.
    Carole sera obligée de couper des carreaux sur la longueur. Elle ne pourra donc utiliser des carreaux de $6$ cm de côté.
    $\quad$
  2. On appelle $N$ la dimension des carreaux cherchée.
    $N$ doit diviser à la fois $108$ et $225$ et doit également être maximale.
    $N$ est donc le PGCD de $108$ et $225$.
    On utilise l’algorithme d’Euclide pour le déterminer.
    $225=108\times 2+9$
    $108=12\times 9+0$
    Le PGCD est le dernier reste non nul. C’est donc $9$.
    La dimension maximale des carreaux que Carole peut poser est donc $9$ cm.
    $\quad$.
    $108=12\times 9$ et $225=25\times 9$.
    Elle utilisera donc $12\times 25=300$ carreaux.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Dans les triangles $JTM$ et $CMS$ :
– $T$ appartient au segment $[SM]$ et $J$ appartient au segment $[CM]$.
– les droites $(TJ)$ et $(SC)$ sont parallèles car perpendiculaires à la droite $(CM)$

D’après le théorème de Thalès, on a :

$\dfrac{MJ}{MC}=\dfrac{MT}{MS}=\dfrac{JT}{CS}$

Ainsi $\dfrac{50}{1~000}=\dfrac{190}{SC}$

Donc $SC=\dfrac{190\times 1~000}{50}=3~800$.

La statue mesure donc $38$ m de haut.

Ex 5

Exercice 5

  1. Le 09/02/2016, le tarif pratiqué est celui de la Haute saison.
    Un adulte paiera donc $62$ Réals.
    $\quad$
  2. On appelle $x$ le prix de la visite pour un enfant ayant entre 6 ans et 11 ans.
    On obtient donc l’équation : $329=4\times 62+3x$
    Par conséquent $329=248+3x$
    D’où $329-248=3x$
    Soit $3x=81$
    Donc $x=\dfrac{81}{3}=27$
    Un enfant ayant entre 6 et 11 ans paye $27$ Réals.
    $\quad$

Ex 6

Exercice 6

  1. $317$ m $=31~700$ cm, $279$ m $=27~900$ cm et $32$ m $=3~200$ cm.
    $\dfrac{31~700}{300}\approx 106$ cm, $\dfrac{27~900}{300}=93$ cm et $\dfrac{3~200}{300}\approx 11$ cm.
    La reproduction sera donc une forme ovale de dimensions $106$ cm et $93$ cm pour une hauteur de $11$ cm.
    $\quad$
  2. a. La superficie de la reproduction sera donc de $\dfrac{69~500}{300^2}\approx 0,77$ cm$^2$.
    $\quad$
    b. $1$ m$^2$ $>0,77$ m$^2$.
    Il pourra donc réaliser sa reproduction.
    $\quad$

 

Ex 7

Exercice 7

  1. Dans le triangle $OUS$ rectangle en $O$ on a : $OS=396-220=176$.
    Donc $\sin \widehat{OUS}=\dfrac{176}{762}$.
    Ainsi $\widehat{OUS}\approx 13°$.
    $\quad$
  2. $6$ min $30$ s $= 390$ s.
    La vitesse moyenne cherchée est donc $v=\dfrac{762}{390}\approx 2$ m/s.
    $\quad$
  3. a. Cette formule permet de calculer le nombre total de visiteur sur une journée.
    $\quad$
    b. On appelle $N$ ne nombre de visiteurs cherché.
    On a $122+140+N+63+75+118=615$
    Donc $518+N=615$
    Ainsi $N=615-518=97$.
    Il y a donc eu $97$ visiteurs entre 12h00 et 14h00.
    $\quad$
  4. Une formule doit commencer par le signe “=”.
    Si on utilise la formule “=MOYENNE(B2:G2)” on calcule le nombre moyen de visiteurs par tranche de 2h.
    On va donc utiliser la formule “=MOYENNE(B2:G2)/2”.
    $\quad$

Énoncé

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DNB – Métropole – septembre 2016 – maths

Métropole – Septembre 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. a. A $6$h la hauteur d’eau était d’environ $5$ mètres dans le port de Brest.
    $\quad$
    b. La hauteur d’eau a été supérieure à $3$ mètres sur la période indiquée entre $12$h et $20$h soit pendant $8$ heures.
    $\quad$
  2. Le coefficient de marée est $C=\dfrac{7,4-4,2}{3,1} \times 100 \approx 103$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. Dans le triangle $IKJ$, $[IJ]$ est le plus grand côté.
    D’une part $IJ^2=4^2=16$
    D’autre part $IK^2+KJ^2=3,2^2+2,4^2=10,24+5,76=16$
    Donc $IJ^2=Ik^2+Kj^2$.
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $IJK$ est rectangle en $K$.
    $\quad$
  2. Dans les triangles $ILM$ et $IKJ$ :
    – les droites $(KJ)$ et $(LM)$ sont perpendiculaires à la droite $(IL)$; elles sont donc parallèles.
    – $K$ appartient à $[IL]$ et $J$ appartient à $[IM]$.
    D’après le théorème de Thalès, on a :
    $$\dfrac{IK}{IL}=\dfrac{IJ}{IM}=\dfrac{KJ}{LM}$$
    Par conséquent $\dfrac{3,2}{3,2+1,8}=\dfrac{2,4}{LM}$
    Soit $LM=\dfrac{5 \times 2,4}{3.2}=3,75$m
    $\quad$
  3. Dans le triangle $KLM$ rectangle en $L$ on applique le théorème de Pythagore.
    $$\begin{align*} KM^2&=KL^2+LM^2 \\
    &=1,8^2+3,75^2 \\
    &=17,302~5
    \end{align*}$$
    Par conséquent $KM\approx 4,16$m.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

  1. Dans la cellule $B15$ on a pu saisir “=SOMME$(B2:B14)$”
    $\quad$
  2. L’Indonésie et Madagascar produisent à eux deux $3~200+3~100=6~300$ milliers de tonnes de vanille.
    $\dfrac{6~300}{8~342}\approx 0,755 > \dfrac{3}{4}$.
    Ces deux pays produisent dont plus des trois quarts de la production mondiale de vanille.
    $\quad$
  3. Les cinq pays qui ont produit le moins de vanille en 2013 sont : le Zinbabwe, le Kenya, le Malawi, les Comores et la France.
    Ils ont produit à eux cinq $11+15+22+35+79=162$ milliers de tonnes de vanille.
    $\dfrac{162}{8~342}\approx 1,94\%$
    Leur production représente donc environ $2\%$ de la production mondiale.
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

Question 1 : $5\times 2-4=10-4=6 \pp 7$ Réponse c
$\quad$

Question 2 : $f(0)=2\times 0-8=-8$ et $f(4)=2\times 4-8=0$
La courbe représentative de la fonction $f$ passe donc par les points de coordonnées $(0;-8)$ et $(4;0)$ Graphique c
$\quad$

Question 3 :Le coureur parcourt $100$ mètres en $10$ secondes soit $600$ mètres en $1$ minutes : ce n’est donc pas la réponse a.
En $1$ heure il parcourt $600\times 60=36~600$ mètres ou $36$ kilomètres. Réponse b
$\quad$

Ex 5

Exercice 5

  1. $\quad$
    dnb-metropole-septembre-2016-ex5
  2. La consigne 3 peut être écrite sous la forme :
    “Tracer le cercle de centre $J$ et de rayon $CJ$.”
    $\quad$
  3. Les angles inscrits $\widehat{EGI}$ et $\widehat{EHI}$ interceptent le même arc de cercle $\overset{\frown}{EI}$.
    Par conséquent, dans tous les pentagrammes construits avec cette méthode, $\widehat{EGI}=\widehat{EHI}$.
    $\quad$

Ex 6

Exercice 6

  1. Il faut $19$ tuiles au m$^2$. Chaque tuile coûte $1,2$ €.
    Le prix au m$^2$ est donc $19\times 1,2=22,8$ €.
    $\quad$
  2. $C$ appartient au segment $[BD]$ donc
    $\begin{align*}DC&=BD-BC\\
    &=3,1-2,1\\
    &=1
    \end{align*}$
    Ainsi $DC =1$ m.
    Dans le triangle $ECD$ rectangle en $C$ on a :
    $\tan \widehat{DEC}=\dfrac{DC}{EC} = \dfrac{1}{2,85}$
    Ainsi $\widehat{DEC}\approx 19°$.
    La pente minimale pour chacun des modèles de tuile est donc dépassée.
    On peut donc poser les deux modèles de tuile.
    $\quad$
  3. Dans le triangle $ECD$ rectangle en $C$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} ED^2&=EC^2+CD^2 \\
    &=2,85^2+1^2\\
    &=9,122~5
    \end{align*}$
    Ainsi $ED\approx 3,02$ m
    La surface à couvrir est donc de $6,1\times 3,02 = 18,422$ m$^2$
    On augmente cette surface de $5\%$ : $18,422\times 1,05 = 19,343~1$ m$^2$
    $13 \times 19,343~1=251,460~3$
    Elle devra donc acheter $252$ tuiles.
    $\quad$

 

Ex 7

Exercice 7

  1. On appelle $P$ le prix d’une pizza ronde en euros.
    Le prix d’une pizza carrée est donc $P+1$.
    Ainsi $P+P+1=14,2$ soit $2P+1=14,2$ ou encore $2P=13,2$
    Par conséquent $P=\dfrac{13,2}{2}=6,6$
    Une pizza ronde coûte donc $6,60$€ et une pizza carrée $7,70$€.
    $\quad$
  2. Le rayon d’une pizza ronde est $R=\dfrac{34}{2}=17$cm.
    L’aire de la pizza ronde est $\mathscr{A}_1=\pi\times 17^2=289\pi$ cm$^2$.
    Une part de pizza ronde a donc une aire de $\dfrac{289\pi}{8}\approx 113,49$ cm$^2$.
    $\quad$
    L’aire de la pizza carrée est $\mathscr{A}_2=34^2=1~156$ cm$^2$.
    Une part de pizza carrée a donc une aire de $\dfrac{1~156}{9}\approx 128,44$ cm$^2$.
    C’est, par conséquent, dans la pizza carrée qu’on trouve les parts les plus grandes.

 

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DNB – Asie – juin 2016 – maths

Asie – Juin 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. Il y a $10$ boules rouges sur un total de $30$ boules.
    La probabilité de tirer une boule rouge est donc de $\dfrac{10}{30}=\dfrac{1}{3}$
    Réponse B
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} (3x+2)^2&= (3x)^2+2\times 2 \times 3x+2^2 \\
    &=9x^2+12x+4
    \end{align*}$
    $4+3x(3x+4)=4+9x^2+12x$
    Réponse C
    $\quad$
  3. Si $x=4$ alors $4^2-2\times 4-8=16-8-8=0$
    Réponse C
    $\quad$
  4. Si on double toutes les dimensions d’un aquarium alors son volume est multiplié par $2^3=8$.
    Réponse C
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. Dans le triangle $ACD$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore :
    $\begin{align*} CD^2&=AC^2+AD^2 \\
    &=76^2+154^2 \\
    &=29~492\\
    &≈ 172
    \end{align*}$
    Le hauban mesure environ $172$ m.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $CDA$ rectangle en A :
    $\tan \widehat{CDA} = \dfrac{AC}{AD}=\dfrac{76}{154}$
    Donc $\widehat{CDA} ≈ 26°$
    $\quad$
  3. $E\in [AC]$ donc $AE=AC-EC=76-5=71$ m
    $F\in [AD]$ donc $AF=AD-FD=-154-12=142$m
    Dans les triangles $AEF$ et $ACD$ :
    • $E$ appartient au segment $[AC]$
    • $F$ appartient au segment $[AD]$
    • $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{142}{154}=\dfrac{71}{77}$
    et $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{71}{76}$
    Par conséquent $\dfrac{AF}{AD} ≠ \dfrac{AE}{AC}$
    D’après la contraposée du théorème de Thalès, les droites $(CD)$ et $(EF)$ ne sont pas parallèles.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Nombre moyen de bonbons dans un paquet :

$\begin{align*} m&=\dfrac{56\times 4+…+64\times 7}{4+36+…+7} \\
&=\dfrac{30~027}{500} \\
&=60,054
\end{align*}$

L’étendue de la série est $e=64-56=8$

$\dfrac{500}{4} =125$ donc $Q_1 = 59$

$\dfrac{3\times 500}{4}=375$ donc $Q_3=61$

L’écart interquartile est donc $E=61-59=2$

Tous les critères sont donc respectés.

La machine respecte par conséquent les critères de qualité.

$\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

Périmètre du cercle : $2\pi \times 29 = 58\pi$ m
Longueur de la piste : $109\times 2 + 58\pi\approx 400$ m.

Adèle a parcouru $6\times 400+150=2~550$ m.
Son indice de forme est donc très bon

$12$ min = $\dfrac{12}{60}=0,2$h
Distance parcourue par Mathéo : $0,2\times 13,5=2,7$ km soit $2~700$ m.
Son indice de forme est bon.

Ils participeront donc, tous les deux, à la course.

$\quad$

 

Ex 5

Exercice 5

  1. $f(3)=2\times 3 + 1 = 7$.
    L’image de $3$ par la fonction $f$ est donc $7$.
    $\quad$
  2. En $C2$ on calcule $g(-2)=(-2)^2+4\times (-2)-5=-9$.
    $\quad$
  3. Léa doit saisir $=2\times B1+1$ en $B2$.
    $\quad$
  4. On cherche dans les tableaux les valeurs de $x$ pour lesquelles $f(x)<g(x)$.
    La solution est $[2;3]$
    $\quad$
  5. Dans le tableau, on lit que $f(0)=1$.
    Un antécédent de $1$ par la fonction $f$ est donc $0$.
    $\quad$

 

Ex 6

Exercice 6

Affirmation 1 : fausse
$5$ et $15$ sont impairs et $15=3\times 5$.
Ces deux nombres ne sont pas premiers entre eux.
$\quad$

Affirmation 2 : fausse
$\sqrt{4}+\sqrt{9}=2+3=5$ et $\sqrt{4+9}=\sqrt{13}\neq 5$.
$\quad$

Affirmation 3 : vraie
Quand on augmente le prix d’un article de $20\%$ puis de $30\%$ alors il est multiplié par : $1,2\times 1,3=1,56$.
Le prix a donc augmenté de $56\%$.
$\quad$

Ex 7

Exercice 7

Volume d’une demi-sphère de rayon $13$ cm
$V_1=\dfrac{4\times \pi \times 13^3}{3 \times 2} \approx 4~601$ cm$^3$ soit $4,601$ L.

Volume du cocktail pour $6$ personnes : $V_2=60+30+12+12=114$ cl
Le volume pour $20$ personnes est donc :
$V_3=\dfrac{114\times 20}{6}=380$cl $=3,8$ L. 

Donc $V_3<V_1$.

Le récipient choisi par Romane est donc assez grand pour préparer le coktail pour $20$ personnes

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DNB – Métropole – juin 2016 – maths

Métropole – Juin 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. $\dfrac{27}{27+473}=0,054$
    La probabilité que le composant prélevé au hasard parmi ceux provenant de l’usine A soit défectueux est $0,054$.
    $\quad$
  2. Il y a $27+38=65$ composants défectueux.
    La probabilité que le composant défectueux proviennent de l’usine A est $\dfrac{27}{65}$.
    $\quad$
  3. Dans l’usine A, $5,4\%$ des composants sont défectueux.
    Dans l’usine B : $\dfrac{38}{38+462}=0,076 = 7,6\% > 7\%$.
    Le contrôle n’est donc pas satisfaisant.

Ex 2

Exercice 2

  1. On obtient les étapes suivantes : $2 \to -4 \to 9$.
    En choisissant $2$ au départ avec le programme A on obtient bien $9$.
    $\quad$
  2. Soit $x$ le nombre choisi.
    On obtient les étapes suivantes : $x\to x-7 \to 3(x-7)$.
    On veut donc résoudre l’équation $3(x-7)=9$
    Soit $x-7=3$ et donc $x=10$.
    On doit, par conséquent, choisir $10$ au départ avec le programme B pour obtenir $9$.
    $\quad$
  3. Soit $x$ le nombre choisi.
    On obtient les étapes suivantes avec le programme A : $x \to -2x \to -2x+13$
    On veut donc résoudre l’équation $-2x+13=3(x-7)$
    Soit $-2x+13=3x-21$
    D’où $34=5x$
    Finalement $x=\dfrac{34}{5}=6,8$
    En prenant $6,8$ au départ des deux programmes on obtient le même résultat ($-0,6$).

Ex 3

Exercice 3

 

Figure 1

$BC=6$ et $AC=12$
Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore :
$AC^2=BC^2+AB^2$
Soit $144=36+AB^2$
Donc $108=AB^2$
Et $AB=\sqrt{108} \approx 10,4$ cm

Figure 2

Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a :
$\sin \widehat{BCA}=\dfrac{AB}{BC}$
Donc $\sin 53=\dfrac{AB}{36}$
Par conséquent $AB=36\sin 53 \approx 28,8$ cm

Figure 3

Le périmètre d’un cercle de diamètre $D$ vaut $\pi D$.
Donc $\pi AB=154$.
Par conséquent $AB=\dfrac{154}{\pi} \approx 49,0$ cm.

Ex 4

Exercice 4

  1. $54\times \left(1-\dfrac{30}{100}\right)=54 \times 0,7=37,8$.
    Après la réduction, l’article coûte $37,8$ €.
    $\quad$
  2. a. Il a pu saisir $=B1*0,3$.
    $\quad$
    b. Il a pu saisir $=B1-B2$ ou $=B1*0,7$.
    $\quad$
    c. Soit $P$ le prix initial.
    On veut résoudre l’équation $0,7P=42$.
    Donc $P=\dfrac{42}{0,7}=60$.
    Le prix initial était de $60$ €.

Ex 5

Exercice 5

  1. Calcul de l’aire du triangle $PAS$ : $\mathscr{A_1}=\dfrac{PA\times AS}{2}=\dfrac{30 \times 18}{2}=270$ m$^2$.
    $\dfrac{270}{140} \approx 1,9$.
    La commune doit donc acheter $2$ sacs ce qui reviendra à $2\times 13,90=27,8$ €.
    $\quad$
  2. Dans les triangles $PAS$ et $PRC$ :
    • $A$ et $S$ appartiennent respectivement à $[PR]$ et $[PC]$;
    • $(AS)$ et $(RC)$ sont perpendiculaires à $(PR)$; elles sont donc parallèles.
    D’après le théorème de Thalès, on a :
    $\dfrac{PA}{PR}=\dfrac{PS}{PC}=\dfrac{AS}{RC}$
    Soit $\dfrac{30}{30+10}=\dfrac{18}{RC}$
    Donc $RC=\dfrac{40\times 18}{30}=24$
    L’aire du triangle $PRC$ est donc : $\mathscr{A}_2=\dfrac{PR \times RC}{2}=\dfrac{40 \times 24}{2}=480$ m$^2$.
    L’aire du “skatepark” est alors : $\mathscr{A}_3=480-270=210$ m$^2$.

Ex 6

Exercice 6

Partie 1

 

  1. Le morceau n°1 mesure $8$ cm donc le morceau n°2 mesure $12$ cm.
    Un côté du carré mesure donc $\dfrac{8}{4}=2$ cm.
    Un côté du triangle équilatéral mesure donc $\dfrac{12}{3}=4$ cm.
    dnb - métropole - juin 2016 -ex 6 (1)
  2. L’aire du carré est donc $2^2=4$ cm$^2$.
    $\quad$
  3. La base du triangle mesure $4$ cm et sa hauteur mesure environ $3,6$ cm.
    L’aire du triangle vaut environ $\dfrac{4\times 3,6}{2} = 7$ cm$^2$.
    $\quad$

 

Partie 2

  1. On appelle $x$ la longueur du “morceau n°1”.
    Le côté du carré obtenu mesure donc $\dfrac{x}{4}$ cm.
    L’aire du carré est alors $\left(\dfrac{x}{4}\right)^2=\dfrac{x^2}{16}$ cm$^2$.
    $\quad$
  2. a. Si la longueur du “morceau n°1” vaut environ $3$ cm alors l’aire du triangle équilatéral vaut $14$ cm$^2$.
    $\quad$
    b. On recherche l’abscisse du point d’intersection des deux courbes.
    Il semblerait que ce soit environ $9,5$ cm.

Ex 7

Exercice 7

Longueur intérieur du carré de base : $9-2\times 0,2 = 8,6$ cm.
Hauteur intérieure : $21,7-1,7=20$ cm.
Volume intérieur du vase : $8,6^2\times 20=1~479,2$ cm$^3$.

Volume d’une bille : $\dfrac{4\pi \times 0,9^3}{3}$ cm$^3$
Volume des $150$ billes : $\dfrac{150\times 4\pi \times 0,9^3}{3} =145,8\pi$ cm$^3$.
$1$ L = $1$ dm$^3$ $=1~000$ cm$^3$
Volume des $150$ billes et d’un litre d’eau : $1~000+145,8\pi \approx 1~458,04$ cm$^3$.

Ce volume est inférieur au volume intérieur du vase.
Il peut donc ajouter un litre d’eau colorée sans risque de débordement.

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DNB- Polynésie – juin 2016 – maths

Polynésie – Juin 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. a. $83~000$ sur les $750~000$ permettent de gagner $4$ €.
    Donc la probabilité cherchée est $p=\dfrac{83~000}{750~000} = \dfrac{83}{750}$
    $\quad$
    b. $532~173$ tickets sur les $750~000$ sont perdants. Donc $217~827$ sont gagnants.
    La probabilité d’obtenir un ticket gagnant est donc $\dfrac{217~827}{750~000}$
    $\quad$
    c. $5~400+8~150+400+15+2=13~967$.
    $\dfrac{13~967}{750~000} \approx 1,86\%$.
    On a donc bien moins de $2\%$ de chance d’obtenir un ticket dont le “montant du gain” est supérieur ou égal à $10$ €.
    $\quad$
  2. Coût pour l’achat de tous les tickets : $750~000\times 2=1~500~000$ €.
    Montant des gains :
    •$2$ € :  $2\times 100~000 = 200~000$ €
    •$4$ € :  $4\times 83~000 = 332~000$ €
    •$6$ € :  $6\times 20~860 = 125~160$ €
    •$12$ € :  $12\times 5~400 = 64~800$ €
    •$20$ € :  $20\times 8~150 = 163~000$ €
    •$400$ € :  $400\times 150 = 60~000$ €
    •$1~000$ € :  $1~000\times 15 = 15~000$ €
    •$15~000$ € :  $15~000\times 2 = 30~000$ €
    Total : $989~960$ €.
    Tom gagnerait moins que ce qu’il pourrait dépenser. Il a donc tort.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. On choisit $3$;
    On ajoute $1$ : on obtient $4$;
    On élève au carré : on obtient $16$;
    On enlève le carré du nombre de départ : $16-9=7$
    On obtient bien $7$.
    $\quad$
  2. a. Si le nombre choisi est $8$ on obtient les étapes suivantes :
    $8\to 9 \to 81 \to 17$ $(81-8^2=81-64=17)$.
    Le chiffre des unités est bien $7$ : l’affirmation 1 est vraie.
    $8+9=17$ : l’affirmation 2 est vraie.
    $\quad$
    Si le nombre choisi est $13$ on obtient les étapes suivantes :
    $13\to 14 \to 196 \to 27$ $(196-13^2=196-169=27)$.
    Le chiffre des unités est bien $7$ : l’affirmation 1 est vraie.
    $13+14=27$ : l’affirmation 2 est vraie.
    $\quad$
    b. Si on prend $1$ comme nombre de départ, on obtient alors :
    $1 \to 2 \to 4 \to 3$ : affirmation 1 fausse.
    L’affirmation n°1 n’est donc pas vraie pour tous les nombres.
    $ \quad$
    Si on prend un nombre $n$ on obtient alors :
    $n\to n+1 \to (n+1)^2 \to (n+1)^2-n^2$
    Or
    $\begin{align*} (n+1)^2-n^2&=n^2+2n+1-n^2 \\
    &=2n+1 \\
    &=n+(n+1)
    \end{align*}$
    L’affirmation n°2 est vraie.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. Dans les triangles $AIJ$ et $ABE$ on a :
    – $I$ est le milieu de $[AB]$
    – $J$ est le milieu de $[AE]$
    D’après le théorème des milieux $(IJ)$ et $(BE)$ sont parallèles.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $ABE$, $[BE]$ est le plus grand côté.
    D’une part $BE^2=100$
    D’autre part $AB^2+AE^2=36+64=100$
    Donc $BE^2=AB^2+AE^2$
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABE$ est rectangle en $A$.
    $\quad$
  3. Dans le triangle $ABE$ rectangle en $A$ :
    $\sin \widehat{AEB}=\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{6}{10}$
    Donc $\widehat{AEB} \approx 37°$
    $\quad$
  4. a. Puisque $I$ et $J$ appartiennent respectivement à $[AB]$ et $[AE]$, le triangle $AIJ$ est rectangle en $A$.
    Par conséquent le centre du cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de son hypoténuse $[IJ]$.
    Le centre du cercle $(C)$ est donc le milieu de $[IJ]$.
    $\quad$
    b. D’après le théorème des milieux appliqué à la question 1. on a $IJ=\dfrac{BE}{2}=5$ cm.
    Donc le rayon du cercle est $R=\dfrac{IJ}{2}=2,5$ cm.

Ex 4

Exercice 4

  1. David a parcouru $42$ km.
    $\quad$
  2. Vitesse moyenne de David : $v_1=\dfrac{42}{3}=14$ km/h.
    Vitesse moyenne de Gwenn : $v_2=\dfrac{27}{1,5}=18$ km/h.
    $\quad$
  3. a. On doit saisir $1,75$ en $E3$.
    $\quad$
    b. $36$ min $=\dfrac{36}{60}$ h $=0,6$ h.
    Donc on doit saisir $1,6$ en $F3$.
    $\quad$
    c. On peut saisir $=B2/B3$.
    $\quad$
  4. On appelle $t$ le temps mis par Stefan.
    On a donc $25=\dfrac{35}{t}$ soit $t=\dfrac{35}{25}=1,4$h $=1$h $24$ minutes $(0,4\times 60 = 24)$.
    $\quad$

Ex 5

Exercice 5

  1. On a donc $IF = 3$ cm et $FK=3$ cm.
    DNB - Polynésie - juin 2016 - ex5
  2. La pyramide est constituée de $3$ triangles rectangles ,$IFK$, $IFJ$ et $KFJ$, et d’un triangle équilatéral, $IJK$.
    Le schéma 3 est donc le bon patron de la pyramide $FIJK$.
    $\quad$
  3. Aire de $IFK$ : $\mathscr{C}=\dfrac{IF\times KF}{2}=\dfrac{9}{2}=4,5$ cm$^2$.
    Volume de la pyramide : $\mathscr{V}=\dfrac{4,5\times 3}{3}=4,5$ cm$^3$.
    $\quad$

Ex 6

Exercice 6

  1. $\quad$
    $$\begin{array}{|l|c|c|}
    \hline
    &\text{Version ESSENCE}&\text{Version DIESEL} \\
    \hline
    \text{Consommation de carburant (en L)}& 1~383&1~160 \\
    \hline
    \text{Budget de carburant (en €)}&1~957&1~420 \\
    \hline
    \end{array}$$
    Consommation de carburant : $\dfrac{22~300}{100} \times 5,2 = 1~159,6$ L $\approx 1~160$ L.
    Budget associé : $1,224 \times 1~160 \approx 1~420$ €
    $\quad$
  2. La différence de prix d’achat est : $23~950-21~550 = 2~400$ €
    La différence de prix pour le budget carburant est : $1~957-1~420=537$ €
    $\dfrac{2~400}{537} \approx 4,47$.
    Au bout de $5$ ans l’économie réalisée sur le carburant compensera la différence de prix d’achat.
    $\quad$

Ex 7

Exercice 7

  1. $1-\dfrac{5}{17}=\dfrac{12}{17}$
    Par conséquent les mers et océans occupent $\dfrac{12}{17}$ de la superficie totale de la Terre.
    $\quad$
    L’océan pacifique occupe donc $\dfrac{\dfrac{12}{17}}{2}=\dfrac{6}{17}$ de la superficie totale de la terre.
    $\quad$
  2. On appelle $S$ la superficie de la terre.
    On a donc $\dfrac{6}{17}S=180~000~000$.
    Donc
    $\begin{align*} S&=\dfrac{180~000~000}{\dfrac{6}{17}} \\
    &= \dfrac{180~000~000 \times 17}{6} \\
    &=510~000~000
    \end{align*}$
    La superficie de la terre est donc de $510~000~000$ km$^2$.
    $\quad$

 

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DNB- Centres étrangers – juin 2016 – maths

Centres étrangers – Juin 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$ on a :
    $\tan \widehat{ABC}=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{7}{5}$
    Donc $\widehat{ABC} \approx 54°$
    Réponse B
    $\quad$
  2. On veut résoudre l’équation :
    $3x-2=8$ soit $3x=10$ et donc $x=\dfrac{10}{3}\approx 3,33$
    Réponse B
    $\quad$
  3. $\dfrac{1-(-4)}{-2+9}=\dfrac{1+4}{7}=\dfrac{5}{7}$
    Réponse A
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Affirmation 1 : fausse

Le nouveau prix au bout d’un an est : $25\times \left(1+\dfrac{5}{100}\right)=25 \times 1,05 = 26,25$€

Le nouveau prix au bout de deux ans et : $26,25 \times 1,05 = 27,5625$ € $\neq 27,5$ €

$\quad$

Affirmation 2 : vraie

En une année elle utilise $4~000 \times 365 = 1~46\times 10^3 = 1,46 \times 10^6$ grammes de sucre

$\quad$

Affirmation 3 : fausse

$12$ minutes $=\dfrac{12}{60}=0,2$ heure

La vitesse moyenne du camion est donc $v=\dfrac{12,5}{0,2}=62,5 > 50$
$\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. On a saisi : $=SOMME(B2:H2)$ ou $=B2+C2+D2+E2+F2+G2+H2$
    $\quad$
  2. Le nombre moyen de macarons vendus par jour est :
    $\begin{align*} M&=\dfrac{324+240+310+204+318+386+468}{7} \\
    &=\dfrac{2~250}{7} \\
    &\approx 321
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On réordonne la série statistique :
    $204;240;310;318;324;386;468$
    $\dfrac{7}{2}=3,5$
    La médiane est donc la quatrième valeur : $m=318$.
    $\quad$
  4. $468-204=264$
    La boutique vend $264$ macarons de plus le dimanche que le jeudi.
    Cela correspond à l’étendue de la série.
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

Calculons la longueur d’une diagonale du carré.
D’après le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ on a :
$\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2 \\
&=30^2+30^2 \\
&=1~800
\end{align*}$
Donc $AC=\sqrt{1~800} = 30\sqrt{2}$
Le centre du carré est le milieu des diagonales.
Donc $AO=\dfrac{30\sqrt{2}}{2}=15\sqrt{2}$
Par conséquent $AO^2 = 450$
$\quad$
Calculons maintenant la hauteur de la pyramide.
Dans le triangle $ASO$ rectangle en $O$, on applique le théorème de Pythagore :
$AS^2=AO^2+OS^2 $
Soit $55^2=450+OS^2$
D’où $ 2~575= OS^2$
Par conséquent $OS = \sqrt{2~575} \approx 50,74 > 50$
On en pourra donc pas placer ce présentoir dans la vitrine réfrigérée.
$\quad$

 

Ex 5

Exercice 5

On appelle $P$ le nombre de macarons mangés par Pascale.
Alexis en a donc mangé $P+4$ et Carole en a mangé $2P$.

Donc $P+P+4+2P=12\times 2$
Soit $4P+4=24$
D’où $4P=20$
Par conséquent $P=\dfrac{20}{4}=5$.

Ainsi Pascale a mangé $5$ macarons, Alexis $9$ et Carole $10$.
$\quad$

 

Ex 6

Exercice 6

  1. Il y a $12$ macarons dans la boîte numéro $1$.
    La probabilité de choisir un macaron au café est donc $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$
    $\quad$
  2. Il reste $5$ macarons dans la boîte numéro $1$ et $3$ macarons dans la boîte $2$
    La probabilité qu’elle choisisse un parfum qui lui plaît dans la boîte numéro $1$ est $\dfrac{2}{5}$
    La probabilité qu’elle choisisse un parfum qui lui plaît dans la boîte numéro $2$ est $\dfrac{1}{3}$
    La probabilité qu’elle obtienne deux macarons qui lui plaisent est donc $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{15}$
    $\quad$

 

Ex 7

Exercice 7

  1. Volume de crème :
    $V=\pi \times 20^2\times 5 = 2~000\pi$ mm$^3$.
    $\quad$
  2. $30$ cL = $300~000$ mm$^3$
    $\dfrac{300~000}{2~000\pi}\approx \approx 47,7$
    Il pourra donc confectionner $47$ macarons.
    $\quad$

 

Ex 8

Exercice 8

  1. La courbe n’est pas une droite. La température du four n’est donc pas proportionnelle au temps.
    $\quad$
  2. Au bout de $3$ minutes la température est de $70$°C.
    $\quad$
  3. A la deuxième minute, la température est de $50$ °C.
    A la septième minute, la température est de $140$ °C.
    La température a donc augmenté de $90$°C entre ces deux instants.
    $\quad$
  4. La température de $150$°C est atteinte la première fois au bout de $8$ minutes.
    $\quad$
  5. Après $8$ minutes la température fluctue autour de $150$°C en prenant des valeurs supérieures et inférieures à $150$°C. La température n’est pas constante une fois que le four a atteint la température sélectionnée. Cela explique pourquoi le responsable n’est pas satisfait de la cuisson de ses macarons.
    $\quad$

 

Ex 9

Exercice 9

Les $10$ boîtes de macarons au chocolat coûtent $16 \times 10 \times 0,8 = 128$ € (il y a $20\%$ de réduction).
Les $10$ boîtes de macarons à la vanille coûtent $16 \times 10 \times 0,8 = 128$ € (il y a $20\%$ de réduction).
Les $5$ boîtes de macarons à la framboise coûtent $16 \times 5 = 80$ € (il n’y a pas de réduction).
Les $2$ boîtes de macarons à la framboise coûtent $16 \times 2 = 32$ € (il n’y a pas de réduction).
$1$ boîte de $6$ petits macarons coûte $9$€.
Le prix d’achat de tous les macarons est donc de :
$128+128+80+32+9=377$ €.

La livraison coûte donc $ 402-377=25$€.

Norbert se fait livrer un samedi. Il habite donc en zone B.
$\quad$

 

 

Énoncé

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DNB- Amérique du Nord – juin 2016 – maths

Amérique du Nord – Juin 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Affirmation 1 : Fausse
$5x+4=2x+17$ revient à $5x-2x=17-4$
Soit $3x=13$
Et donc $x=\dfrac{13}{3}$.
La solution de l’équation n’est pas un nombre entier.
$\quad$

Affirmation 2 : Vraie
$\sqrt{175}\approx 13,2$
$13\sqrt{7}\approx 34,4$
$12\sqrt{7}\approx 31,7$
Dans le triangle $CDE$, le plus grand côté est $[DE]$.
D’une part, $DE^2=\left(13\sqrt{7}\right)^2=1~183$
D’autre part, $CE^2+CD^2=\left(12\sqrt{7}\right)^2+175=1~008+175=1~183$.
Donc $CE^2+CD^2=DE^2$.
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $CDE$ est rectangle en $C$.
$\quad$

Affirmation 3 : Fausse
Recherchons le pourcentage de réduction pour les lunettes.
On cherche la valeur de $x$ telle que $45\times \left(1-\dfrac{x}{100}\right)=31,5$
Soit $1-\dfrac{x}{100}=\dfrac{31,5}{45}$ ou encore $1-\dfrac{x}{100}=0,7$
Donc $\dfrac{x}{100}=1-0,7$
Par conséquent $x=100\times 0,3 = 30$
Le pourcentage de réduction pour les lunettes est de $30\%$.
Déterminons maintenant le prix de la montre avec une réduction de $30\%$.
$56\times \left(1-\dfrac{30}{100}\right)=39,2<42$.
Le pourcentage de réduction sur la montre est donc inférieur à $30\%$.
$\quad$

Exercice 2

  1. a. La probabilité qu’il emprunte une piste rouge est $\dfrac{2}{5}$.
    $\quad$
    b. La probabilité qu’il emprunte une piste bleue est $\dfrac{1}{7}$
    $\quad$
  2. La probabilité que la première piste soit noire est $\dfrac{2}{5}$ et la probabilité que la seconde soit noire est $\dfrac{3}{7}$.
    Donc la probabilité que les deux pistes soient noires est $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{3}{7}=\dfrac{6}{35}$.
    $\quad$

Exercice 3

  1. a. La station a vendu le plus de forfaits “journée” en février.
    $\quad$
    b. Le nombre de forfaits vendu par la station est :
    $N=60~457+60~457+148~901+100~058+10~035=379~908$.
    $\dfrac{379~908}{3}=126~636<148~901$.
    Ninon a donc raison.
    $\quad$
  2. On peut saisir : $=B2+C2+D2+E2+F2$ ou $=SOMME(B2:F2)$.
    $\quad$
  3. Le nombre moyen de forfaits “journée” est $m=\dfrac{379~908}{5} \approx 75~982$.
    $\quad$

Exercice 4

  1. Le télésiège peut transporter $3~000$ skieurs par heure pendant $7$ heures.
    Ce télésiège peut donc prendre $7\times 3~000=21~000$ skieurs au maximum.
    $\quad$
  2. Durée du trajet : $d=\dfrac{1~453}{5,5} \approx 264$ secondes soit $4$ minutes et $24$ secondes.
    $\quad$
  3. La différence d’altitude est $2~261-1~839=422$ m.
    On peut donc schématiser la situation de la sorte :
    DNB-Amérique du Nord - Juin 2016 - ex4
    Dans le triangle $ABC$ rectangle en B, on a :
    $\sin \widehat{BAC}=\dfrac{422}{1~453}$
    Donc $\widehat{BAC} \approx 17°$
    $\quad$

Exercice 5

  1. a. Avec le tarif 1, le prix à payer est de $40,50 \times 2 = 81$ euros.
    Avec le tarif 2, le prix à payer est de $31+2\times 32=95$ euros.
    Le tarif 1 est le plus intéressant pour Elliot.
    $\quad$
    b. Pour $n$ jours de ski, le prix à payer est de :
    • $40,5n$ avec le tarif 1 ;
    • $31+32n$ avec le tarif 2.
    On cherche donc la plus petite valeur de $n$ pour laquelle :
    $40,5n>31+32n$
    Soit $40,5n-32n>31$
    D’où $8,5n>31$
    Donc $n>\dfrac{31}{8,5} \approx 3,6$
    Le tarif 2 est donc plus avantageux à partir de quatre journées de ski.
    $\quad$
  2. a. Le tarif 1 est représenté par une droite passant par l’origine du repère : le prix payé est donc proportionnel au nombre de jours skiés.
    $\quad$
    b. Le prix payé avec le tarif 1 pour six jours de ski est environ de $243$ euros et avec le tarif 2 d’environ $223$ euros.
    La différence de tarif est donc de $20$ euros.
    $\quad$
    c. Avec $275$ euros, Elliot peut skier sept jours (et il lui reste de l’argent mais pas assez pour un huitième jour).
    $\quad$

Exercice 6

  1. $O$ est le milieu de de $[AB]$ et $O’$ est le milieu de $[A’B’]$.
    Donc $OB=30$ cm et $O’B’=15$ cm.
    Le cône étant coupé par un plan parallèle à la base, les droites $(OB)$ et $(O’B’)$ sont parallèles.
    Dans les triangles $OSB$ et $O’SB’$ :
    – $O’$ appartient à $[OS]$
    – $B’$ appartient à $[BS]$
    – les droites $(OB)$ et $(O’B’)$ sont parallèles
    D’après le théorème de Thalès on a :
    $\dfrac{O’S}{OS}=\dfrac{SB’}{SB}=\dfrac{O’B}{OB}$
    $SB=SB’+BB’=SB’+240$
    Donc $\dfrac{15}{30}=\dfrac{SB’}{SB’+240}$
    Par conséquent $\dfrac{1}{2}=\dfrac{SB’}{SB’+240}$
    D’où $SB’+240=2SB’$
    Et $SB’=240$
    Finalement $BB’=240+240=480$ cm.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $SOB$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore :
    $SB^2=OS^2+OB^2$
    Soit $480^2=OS^2+30^2$
    D’où $OS^2 = 480^2-30^2 = 229~500$
    Par conséquent $OS = \sqrt{229~500}\approx 479$ cm.
    $\quad$
  3. Volume du grand cône : $V_1=\dfrac{\pi\times 30^2\times 479}{3}$.
    Le petit cône est une réduction du grand cône de coefficient $\dfrac{O’B}{OB}=0,5$.
    Le volume du petit cône est donc : $V_2=0,5^3\times V_1$.
    Le volume d’air dans la manche à air : $V_1-V_2 \approx 395~016$ cm$^3$.
    $\quad$

Exercice 7

  1. Prix avec la formule 1 : $2\times 187,5+2\times 162,5=700$ euros
    Prix avec la formule 2 : $120+2\times 6\times 25+2\times 6\times 20 = 660$ euros.
    La formule 2 est la plus intéressante pour l’achat des forfaits pour six jours.
    $\quad$
  2. Prix de la location du studio : $1~020$ euros.
    Dépense nourriture et sorties : $500$ euros.
    Forfaits ski : $660$ euros.
    Location skis : $2\times 6 \times 17+10\times 6+19\times 6 = 378$ euros.
    Total des dépenses : $2~558$ euros.
    Il faut donc prévoir un budget de $2~558$ euros.
    $\quad$

2015 – 2016


Pondichéry – Avril 2016

Amérique du Nord – Juin 2016

Centres étrangers – Juin 2016

Polynésie – Juin 2016

Métropole – Juin 2016

Asie – Juin 2016

Métropole – Septembre 2016

Amérique du Sud – Décembre 2016

Nouvelle-Calédonie – Décembre 2016

DNB- Pondichery – avril 2016 – maths

Pondichéry – Avril 2016

DNB – Mathématiques – Correction

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Exercice 1

La distance à parcourir entre la sortie 11 et la sortie 3 est de : $13+6+16+16 = 51$ km

Pour aller de la sortie 3 au point de rendez-vous, il lui faut $3$ minutes. Elle doit donc arriver au point de rendez-vous à $16$h$57$.

Elle est rentrée sur l’autoroute à $16$h$33$. Cela signifie donc que son trajet sur l’autoroute a une durée de $24$ minutes soit $\dfrac{24}{60}=0,4$ heures.

Sa vitesse moyenne sur l’autoroute est donc de $\dfrac{51}{0,4}=127,5$ km/h.

$\quad$

Exercice 2

  1. Les surface d’exploitation comprises entre $100$ et $200$ ha et celles supérieures à $200$ ha ont vu leur nombre augmenter.
    $\quad$
  2. On peut saisir =somme$(B3:B7)$.
    $\quad$
  3. On obtiendra en $C8$ le nombre d’exploitations agricoles en 2010 soit $515$.
    $\quad$
  4. $15\times \left(1+\dfrac{40}{100}\right) = 15\times 1,4=21$.
    Il est donc exact de dire que le nombre d’exploitations de plus de $200$ ha a augmenté de $40\%$.
    $\quad$

Exercice 3

  1. Il doit donc fabriquer $10\times 50 = 500$ bonbons au chocolat et $8\times 50 = 400$ bonbons au caramel.
    $\quad$
  2. La probabilité qu’il obtienne un bonbon au chocolat est de $\dfrac{10}{18}=\dfrac{5}{9}$.
    $\quad$
  3. Il restera après le premier bonbon, 17 bonbons dans la boîte.
    Il reste au moins $9$ bonbons au chocolat dans cette boîte soit plus de la moitié des bonbons.
    Il est donc plus probable qu’il prenne un bonbon au chocolat la deuxième fois.
    $\quad$
  4. a. $473$ n’est pas divisible par $10$. Il ne peut donc pas constituer des boîtes contenant $10$ bonbons au chocolat en utilisant tous les bonbons.
    $\quad$
    b. On appelle $N$ le nombre de boîtes qu’il pourra faire.
    $N$ doit être le plus grand possible et diviser $473$ et $387$.
    C’est donc le PGCD de ces deux nombres.
    On utilise l’algorithme d’Euclide pour le déterminer :
    $473 = 1 \times 387 + 86$
    $387 = 4 \times 86 + 43$
    $86 = 2 \times 43 + 0$
    Le PGCD est le dernier reste non nul soit, ici, $43$.
    Il peut donc faire $43$ boîtes.
    Il y aura alors dans chacune de ces boîtes $\dfrac{473}{43}=11$ bonbons au chocolat et $\dfrac{387}{43}=9$ bonbons au caramel.
    $\quad$

Exercice 4

  1. Les points $B, C, D$ et $G$ sont alignés car $ABCH$ et $ABGF$ sont des rectangles.
    Donc $BD=BG-DG=12,5-7=5,5$ km.
    $\quad$
    $GE=GF-EF=6-0,75=5,25$ km.
    $\quad$
    Dans le triangle $DEG$ rectangle en $G$ on applique le théorème de Pythagore :
    $\begin{align*} DE^2&=DG^2+GE^2 \\
    &=7^2+5,25^2 \\
    &=79,562~5\\
    DE&=\sqrt{79,562~5} \\
    &= 8,75
    \end{align*}$.
    La distance totale parcourue est donc $6+5,5+8,75+0,75 = 21$ km$\quad$
  2. La consommation sera donc de $1,1\times 21 = 23,1$ L.
    Les $20$ L ne seront donc pas suffisants.
    Le pilote ne doit pas faire confiance en l’inspecteur G.
    $\quad$

Exercice 5

  1. $\quad$
    $\begin{align*} h(t)&=(-5t-1,35)(t-3,7) \\
    &=-5t^2-18,5t-1,35t+4,995 \\
    &=-5t^2+19,85t+4,995
    \end{align*}$
    Affirmation fausse
    $\quad$
  2. $h(0)=-1,35\times(-3,7)=4,995$.
    Affirmation fausse
    $\quad$
  3. $h(4)=-6,405<0$.
    Le saut dure donc bien moins de $4$ secondes (la hauteur ne peut pas être négative).
    On pouvait également dire que, sur le graphique, la moto touche le sol entre $3,5$ et $4$ secondes après le saut.
    Affirmation vraie
    $\quad$
  4. $h(3,5)=(-5\times 3,5-1,35)(3,5-3,7)=3,77$.
    Donc $3,5$ est bien un antécédent de $3,77$ .
    Affirmation vraie
  5. Sur le graphique, la hauteur maximale est atteinte approximativement à $1,7$ seconde.
    Affirmation fausse
    $\quad$

Exercice 6

  1. Étiquette 1 : On cherche la valeur de $x$ telle que $120\times \left(1-\dfrac{x}{100}\right)=105$.
    Donc $1-\dfrac{x}{100}=\dfrac{105}{120}$.
    Par conséquent  $ \dfrac{x}{100}=1-\dfrac{105}{120}=0,125$
    Et $x=12,5$
    La remise est donc de $12,5\%$ sur la première étiquette.
    $\quad$
    Étiquette 3 : L’article coûtait $25$€ et la remise est de $12,5$€. Il s’agit donc d’une baisse de $50\%$.
    $\quad$
    La baisse de l’étiquette 2 n’étant que de $30\%$, c’est donc sur la troisième étiquette qu’il y a le plus fort pourcentage de remise.
    $\quad$
  2. Il y a une remise $15$€ sur l’étiquette 1 et de $12,5$€ sur l’étiquette 3.
    La remise de l’étiquette 2 vaut $0,3 \times 45 = 13,5$€.
    Par conséquent la plus forte remise en euros n’est pas la plus forte remise en pourcentage.
    $\quad$

Exercice 7

  1. $(2x-3)^2=(2x)^2-2\times 2x \times 3 + 3^2 = 4x^2-12x+9$
    Réponse B
    $\quad$
  2. $(x+1)(2x-5)=0$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, l’un de ses facteurs au moins s’annule.
    Donc $x+1=0$ ou $2x-5=0$
    Soit $x=-1$ ou $x=2,5$
    Réponse C
    $\quad$
  3. Si $a>0$ alors $\sqrt{a}+\sqrt{a}=2\sqrt{a}$
    Réponse B
    $\quad$

Exercice 8

  1. Volume du plus grand prisme : $\dfrac{3,4\times 3,2}{2}\times 0,2=1,088$ m$^3$.
    Volume du plus petit prisme : $\dfrac{1,36\times 1,28}{2}\times 0,2=0,17408$ m$^3$.
    Volume total : $1,088+0,17408=1,26208$ m$^3$.
    $\quad$
  2. On veut donc $1262,08$ L de béton.
    Pour $100$ L de béton il faut $1$ sac de ciment.
    $\dfrac{1262,08}{100}=12,6208$.
    Il faut donc utiliser $13$ sacs de ciment.
    $\quad$
  3. $\dfrac{1262,08}{100}\times 17=214,5536$
    Il faut donc $214,5536$ L d’eau pour cet ouvrage.
    $\quad$