Exercice 1

1. L’aire du rectangle $ABCD$ est $x(x+2)=x^2+2x$
   $\quad$
2. On appelle $x$ le prix d’un cahier et $y$ celui d’un crayon.
   On veut donc résoudre le système :
   $\begin{cases} 2x+3y=810\\x+5y=650\end{cases}$
   donc $\begin{cases} x=650-5y\\2(650-5y)+3y=810\end{cases}$
   d’où $\begin{cases} x=650-5y\\1300-10y+3y=810\end{cases}$
   ce qui donne $\begin{cases} x=650-5y\\-7y=-490\end{cases}$
   on obtient $\begin{cases} y=70\\x=650-5\times 70\end{cases}$
   finalement $\begin{cases} y=70\\x=300\end{cases}$
   Un cahier coûte $300$ F et un crayon coûte $70$ F.
   Remarque : on pouvait tester les 3 réponses proposées dans le système initial et trouver la réponse qui vérifiait les deux équations.
   $\quad$
3. Voici le nombre de cailloux nécessaires sur chacune des cases :
   $2\overset{\times 2}{\longrightarrow} 4\overset{\times 2}{\longrightarrow}8\overset{\times 2}{\longrightarrow}16\overset{\times 2}{\longrightarrow}32 \overset{\times 2}{\longrightarrow}64\overset{\times 2}{\longrightarrow}128\overset{\times 2}{\longrightarrow}256$
   $\quad$
4. $\quad$
   $\begin{align*} \dfrac{5}{14}+\dfrac{3}{7}\times \dfrac{5}{2}&=\dfrac{5}{14}+\dfrac{15}{14} \\
   &=\dfrac{20}{14} \\
   &\left(=\dfrac{10}{7}\right)\end{align*}$
   $\quad$
5. Dans les triangles $AML$ et $ABC$ on a :
   – les droites $(ML)$ et $(BC)$ sont parallèles;
   – $M$ appartient à $[AB]$ et $L$ appartient à $[AC]$
   D’après le théorème de Thalès :
   $\dfrac{AL}{AC}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{ML}{BC}$
   Donc $\dfrac{3}{3+4,5}=\dfrac{ML}{3}$
   D’où $\dfrac{3}{7,5}=\dfrac{ML}{3}$
   Par conséquent $ML=\dfrac{3\times 3}{7,5}=1,2$ m.
   $\quad$

Exercice 2

1. Voici les différentes étapes :
   $\bullet$ Choisir un nombre : $4$
   $\bullet$ ajouter $1$ à ce nombre $4+1=5$
   $\bullet$ Calculer le carré du résultat : $5^2=25$
   $\bullet$ Soustraire le carré du nombre de départ au résultat précédent : $25-4^2=25-16=9$
   $\bullet$ Écrire le résultat : $9$
   $\quad$
2. a.
   $\bullet$ Choisir un nombre : $x$
   $\bullet$ ajouter $1$ à ce nombre $x+1$
   $\bullet$ Calculer le carré du résultat : $(x+1)^2$
   $\bullet$ Soustraire le carré du nombre de départ au résultat précédent : $(x+1)^2-x^2$
   $\bullet$ Écrire le résultat : $(x+1)^2-x^2$
   $\quad$

   b. (x+1)^2-x^2=(x+1)(x+1)-x^2=x^2+x+x+1-x^2=2x+1$
   $\quad$

3. a. $f(0)=2\times 0 +1=1$
   $\quad$
   b. On veut résoudre $2x+1=5$ soit $2x=4$ et donc $x=2$.
   L’antécédent de $5$ par la fonction $f$ est $2$.
   $\quad$
   c. $\quad$
   
   d. Graphiquement, si $x=-3$ alors $f(-3)=-5$
   Si on choisit le nombre $-3$ alors le programme de calcul donne le nombre $-5$.
   $\quad$

Exercice 3

1. En $D2$ on peut saisir $=B2*C2$
   $\quad$
2. On obtient :
   
3. $\dfrac{24,5}{6,2}\approx 3,9$ : il peut mettre $3$ cartes sur la largeur.
   $\dfrac{37,5}{8,7}\approx 4,3$ : il peut mettre $4$ cartes sur la longueur.
   La boîte peut donc contenir, avec la façon de former les piles indiquée sur la figure, $3\times 4 = 12$ piles.
   $\quad$

Exercice 4

1. Vitesse du bateau : $8 \times 1,852=14,816$ km/h.
   Temps : $\dfrac{5}{14,816}\approx 0,337$h $\approx 20$ min.
   Antoine et Aurel mettront environ $20$ minutes pour atteindre leur lieu de pêche.
   $\quad$
2. À l’aller, ils ont consommé $\dfrac{1}{4}\times 12=3$L.
   Au retour, ils consommeront donc $3+1=4$L.
   Il leur restera donc $12-3-4=5$L dans le réservoir à leur arrivée.
   $\quad$

Exercice 5

1. On appelle $N$ le nombre de panier qu’Antoine pourra concevoir.
   $N$ est un diviseur de $30$ et de $500$ et doit être le plus grand possible.
   C’est donc le PGCD de $30$ et $500$.
   Utilisons l’algorithme d’Euclide pour déterminer $N$.
   $500=16\times 30+20$
   $30=1\times 20+10$
   $20=2\times 10+0$
   Le PGCD est le dernier reste non nul.
   Donc $N=10$.
   Il pourra donc concevoir $10$ paniers.
   $\quad$
2. Dans chaque panier il y aura $\dfrac{30}{10}=3$ poissons et $\dfrac{500}{10}=50$ coquillages.
   $\quad$

Exercice 6

Dans le triangle $PAC$ rectangle en $P$ on a :
$PA=6$m, $AC=2,13-1=1,13$m
Par conséquent $\tan \widehat{CPA}=\dfrac{AC}{PA}=\dfrac{1,13}{6}$

Donc $\widehat{CPA}\approx 11$°

$\quad$

Exercice 7

1. La probabilité que le jeu tiré soit un des jeux préférés d’Aurel est $\dfrac{5}{60}=\dfrac{1}{12}$.
   $\quad$
2. Alexandra et Nathalie ont $4$ jeux préférés distincts.
   La probabilité que le jeu tiré soit un des jeux préférés d’Alexandra ou de Nathalie est $\dfrac{4}{60}=\dfrac{1}{15}$.
   $\quad$
3. a. Durée moyenne : $\dfrac{72+35+48+52+26+55+43+105}{8}=54,5$.
   Chaque partie a duré en moyenne $54$ minutes et $30$ secondes.
   $\quad$
   b. Pour calculer la médiane on va tout d’abord ordonner la série statistique.
   $26;35;43;48;52;55;72;105$
   $\dfrac{8}{2}=4$ : la médiane est donc la moyenne est la $4$ième et la $5$ième valeur.
   La médiane est donc $\dfrac{48+52}{2}=50$.
   $\quad$
   c. Cela signifie donc que la moitié des parties ont duré $50$ minutes ou moins.
   $\quad$

Exercice 8

On appelle $ABCD$ le rectangle correspondant à la remorque avec $AB=1~800$ et $BC=1~350$
Calculons la longueur de la diagonale $[AC]$.
Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2\\
&=1~800^2+1~350^2\\
&=5~062~500
\end{align*}$
Donc $AC=\sqrt{5~062~500}=2~250 \pg 2~100$
Le fusil sous-marin peut donc être placé “à plat” dans la remorque.
$\quad$

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Exercice 1

1. $1-\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{4}=1-\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}$
   La proportion d’adhérents ayant un âge de 25 à 42 ans est $\dfrac{5}{8}$.
   Réponse C
   $\quad$
2. $46~000\times \left(1+\dfrac{20}{100}\right)=46~000\times 1,2=55~200$.
   Je paierai donc $55~200$ F.
   Réponse B
   $\quad$
3. Si on multiplie toutes la longueur de l’arête d’un cubre par $k$ alors :
   – le périmètre d’un carré est multiplié est $k$;
   – l’aire d’un carré est multipliée par $k^2$;
   – le volume du cube est multiplié par $k^3$.
   Le volume du cube est donc multiplié par $3^3=27$.
   Réponse D
   $\quad$
4. $23$ et $37$ ne sont pas divisibles par $3$ car la somme de leur chiffres n’est pas divisible par $3$.
   $23$ et $37$ sont divisibles par $1$. Ils ont donc au moins un diviseur commun.
   $23$ et $37$ sont impairs.
   Par conséquent $23$ et $37$ sont premiers.
   Réponse A
   $\quad$
5. $f(3)=3^2-2\times 3+7=9-6+7=10$
   Réponse A
   $\quad$

 

Exercice 2

1. moyenne $=\dfrac{0\times 1 +10\times 4 + 15\times 6+\ldots +22 \times 2}{29}$ $=\dfrac{483}{29}$ $\approx 16,66$.
   $\quad$
2. a. $\dfrac{29}{2}=14,5$ la médiane est donc la $15$ème valeur c’est-à-dire $18$.
   $\quad$
   b. Cela signifie donc que la moitié des plants ont une taille inférieure ou égale à $18$ cm et la moitié des plants ont une taille supérieure ou égale à $18$ cm.
   $\quad$

Exercice 3

1. Deux secteurs angulaires ($3$ et $6$) sur les $6$ portent un numéro multiple de $3$. La probabilité d’obtenir un multiple de $3$ est $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.
   $\quad$
2. La probabilité de tirer une boule rouge est $\dfrac{3}{8}$.
   Donc la probabilité de gagner le gros lot est $\dfrac{3}{8}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{8}$.
   $\quad$
3. On appelle $x$ le nombre de boules rouges.
   On veut donc que $\dfrac{x}{5+x}=\dfrac{1}{2}$
   soit $x=\dfrac{1}{2}(x+5)$
   par conséquent $x=\dfrac{x}{2}+2,5$
   d’où $\dfrac{x}{2}=2,5$
   finalement $x=5$.
   Il faut donc mettre $5$ boules rouges dans l’urne pour la probabilité de tirer une boule rouge soit de $0,5$.
   $\quad$

 

Exercice 4

1. $\quad$
   On doit saisir le script suivant :
   $\quad$
2. Pour obtenir la figure souhaitée il faut saisir le script suivant :
   

Exercice 5

1. a. $f(5)=220-5=215$.
   La fréquence cardiaque maximale recommandée, avec la première formule, pour un enfant de $5$ ans est de $215$ pulsations/minutes.
   $\quad$
   b. $g(5) = 208-0,7\times 5= 204,5$.
   La fréquence cardiaque maximale recommandée, avec la seconde formule, pour un enfant de $5$ ans est de $204$ pulsations/minutes.
   $\quad$
2. a.
   $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
   \hline
   x&5&10&20&30&40&50&60&70&80&90&100\\
   \hline
   f(x)&215&210&200&190&180&170&160&150&140&130&120\\
   \hline
   g(x)&204,5&201&194&187&180&173&166&159&152&143&138\\
   \hline
   \end{array}$
   $\quad$
   b. et c.
   
3. On cherche la valeur de $x$ à partir de laquelle $g(x)\pg f(x)$ :
   – graphiquement : on cherche l’abscisse du point d’intersection des droites $d$ et $d’$. On trouve $x=40$
   – avec le tableau : on cherche la valeur de $x$ pour laquelle les deux formules fournissent la même valeur. On trouve $x=40$
   – résolution d’inéquation :
   $220-x \pp 208-0,7x$ soit $12 \pp 0,3x$
   donc, en divisant les deux membres par $0,3$ on obtient : $40 \pp x$.
   Avec la nouvelle formule, c’est à partir de $40$ ans que la fréquence cardiaque maximale recommandée est supérieure ou égale à celle calculée avec l’ancienne formule.
   $\quad$
4. $g(30)=187$
   fréquence cardiaque optimale : $0,8 \times 187=149,6$.
   Il faut donc que la fréquence cardiaque soit de $149$ pulsations/minutes pour que l’exercice physique soit le plus efficace pour une personne de 30 ans.
   $\quad$

Exercice 6

1. a. Sur les $5\times 29=145$ souris, $2\times 23=46$ souris ont développé la maladie.
   La proportion de souris malades lors de ce test est $\dfrac{46}{145}$.
   $\quad$
   b. $46=2\times 23$ et $145=5\times 29$.
   $46$ et $145$ sont donc premiers entre-eux.
   Par conséquent, on ne peut pas simplifier la fraction.
   $\quad$
2. a. $140=2^2\times 5\times 7$
   $870=2\times 3\times 5 \times 29$
   $\quad$
   b. Par conséquent $\dfrac{140}{870}=\dfrac{2^2\times 5 \times 7}{2\times 3\times 5\times 29}=\dfrac{2\times 7}{3\times 29}=\dfrac{14}{87}$
   $\quad$

Exercice 7

1. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore.
   $BC^2=AB^2+AC^2=300^2+400^2=250~000$
   Donc $BC=\sqrt{250~000}=500$ m.
   $\quad$
2. Dans les triangles $ABC$ et $CDE$ :
   – les droites $(AB)$ et $(DE)$ sont parallèles (car perpendiculaires à $(AE)$).
   – $C$ appartient à $[AE]$ et $C$ appartient à $[BD]$
   D’après le théorème de Thalès, on a :
   $\dfrac{CA}{CE}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{AB}{DE}$
   Soit $\dfrac{400}{1~000}=\dfrac{300}{DE}$
   Donc $DE=\dfrac{300\times 1~000}{400}=750$ m.
   $\quad$
3. Le triangle $CDE$ est un agrandissement du triangle $ABC$ de rapport $k=\dfrac{1~000}{400}=2,5$.
   Par conséquent $CD=2,5\times 500=1~250$.
   La longueur du parcours $ABCDE$ est donc $L=300+500+1~250+750=2~800$ m.
   $\quad$

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Exercice 1

1. Sur les huit boules, quatre boules portent le numéro $7$.
   La probabilité de tirer une boule portant le numéro $7$ est donc $p=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}$
   $\quad$
2. Trois boules sur les huit portent un numéro pair.
   La probabilité de tirer un numéro pair est donc $\dfrac{3}{8}$.
   Par conséquent la probabilité de tirer un numéro impair est $\dfrac{5}{8}$.
   Or $\dfrac{3}{8}<\dfrac{5}{8}$.
   Wacim a donc tort.
   $\quad$
3. Sur les sept boules restantes, quatre portent le numéro $7$.
   La probabilité que Baptiste tire une boule portant le numéro $7$ est $\dfrac{4}{7}$.
   $\quad$

Exercice 2

Dans le triangle $IBH$ rectangle en $H$ on a :
$\tan \widehat{JBH}=\dfrac{JH}{HB}$ soit $\tan 30=\dfrac{1,8}{HB}$
D’où $HB=\dfrac{1,8}{\tan 30}\approx 3,12$ m.
Ainsi $KH=5-HB\approx 1,88$
L’aire de la partie grisée est donc :
$\mathscr{A} = 2KH\times 8 \approx 30,08$ m$^2$.
Le prix du loyer sera donc au maximum de $30,08\times 20=601,6$ € .
Elle ne pourra pas louer son studio à $700$ €.
$\quad$

Exercice 3

1. a. $-3 \overset{\times 6}{\longrightarrow} -18 \overset{+5}{\longrightarrow} -13$
   Léo obtient $-13$.
   $\quad$
   b. $-3 \overset{+8}{\longrightarrow} 5 \overset{\times (-3)}{\longrightarrow} -15\overset{-(-3)^2}{\longrightarrow}-24$
   Julie obtient $-24$.
2. On note $x$ le nombre choisi au départ.
   Voici les différentes valeurs obtenues par Léo :
   $x \overset{\times 6}{\longrightarrow} 6x \overset{+5}{\longrightarrow} 6x+5$
   Et celles obtenues par Julie :
   $x \overset{+8}{\longrightarrow} x+8 \overset{\times x}{\longrightarrow} x^2+8x\overset{-x^2}{\longrightarrow}8x$
   $\quad$
   On veut donc résoudre l’équation :
   $6x+5=8x$ soit $5=2x$ d’où $x=2,5$.
   Il faut donc choisir le nombre $2,5$ pour que Léo et Julie obtienne le même résultat.
   $\quad$

Exercice 4

Affirmation 1 fausse : $11\times 13=143$ est à la fois un multiple de $11$ et de $13$.

$\quad$

Affirmation 2 fausse : $231=11\times 21$ donc $231$ n’est pas un nombre premier.

$\quad$

Affirmation 3 vraie : $\dfrac{1}{3}\times \dfrac{6}{15}=\dfrac{1\times 2 \times 3}{3\times 15}=\dfrac{2}{15}$

$\quad$

Affirmation 4 fausse : $15-5\times 7+3=15-35+3=-17$

$\quad$

Affirmation 5 vraie : dans le triangle $ABC$, le plus grand côté est $[AC]$.
D’une part $AC^2=7,5^2=56,25$
D’autre part $AB^2+BC^2=4,5^2+6^2=56,25$
Donc $AC^2=AB^2+BC^2$
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

$\quad$

Exercice 5

1. En 1980, le pétrole représentait $56,4\%$ de la consommation d’énergie.
   $\quad$
2. Sur le diagramme, l’électricité et le pétrole d’une part et le charbon et le gaz d’autre part semblent avoir des pourcentages relativement proches. Il s’agit donc de l’année 1990
   $\quad$
3. a. $P(1~990)=-\dfrac{17}{48}\times 1~990+743,5=-\dfrac{16~915}{24}+\dfrac{17~844}{24}=\dfrac{929}{24}\approx 38,7$
   $\quad$
   b. On veut résoudre l’équation :
   $P(a)=0$ soit $-\dfrac{17}{48}a+743,5=0$
   c’est-à-dire $\dfrac{17}{48}a=743,5$
   par conséquent $a=\dfrac{743,5}{\dfrac{17}{48}}$
   d’où $a=743,5\times \dfrac{48}{17}$
   par conséquent $a\approx 2~099,3$
   C’est donc à partir de l’année $2~100$ que, selon ce modèle, la part du pétrole sera nulle.
   $\quad$

Exercice 6

1. a. Dans le programme n°1, la longueur des côtés des carrés augmentent à chaque étape de $20$ pixels.
   Sur le dessin n°2, les longueurs des côtés des carrés 2,3 et 4 ont été augmentées de la même quantité qui semble être le double de la longueur du côté du premier carré. Ce dessin a donc été obtenu avec le programme n°1.
   $\quad$
   b. Sur le dessin n°1, les longueurs des côtés semblent être augmentées de $10$ pixels. Le programme n°2 multiplie à chaque étape les longueurs des côtés des carrés par $2$. C’est donc le dessin n°3 qu’on a obtenu avec ce programme.
   $\quad$
   c. Avec le programme n°1, la longueur du côté du plus grand carré est $10+3\times 20=70$ pixels.
   Avec le programme n°2, la longueur du côté du plus grand carré est $10\times 2\times 2\times 2=10\times 2^3=90$ pixels.
   $\quad$
2. Dans la modification 3, on avance de “longueur+10” qu’une seule fois puisque cette instruction est en dehors de la répétition.
   Dans la modification 2, on modifie la longueur avant d’avance. L’écart entre les carrés doit donc être différent avec cette modification.
   Par conséquent, seule la modification 1 convient.
   $\quad$

Exercice 7

1. La valeur énergétique de cet œuf est :
   $5,3\times 9+6,4\times 4+0,6\times 4=75,7$ kcal.
   $\quad$
2. La valeur énergétique des glucides pour $100$ g de chocolat est :
   $520-(30\times 9+4\times 4,5)=232$ kcal
   Donc la masse de glucide, pour $100$ g de chocolat est $\dfrac{232}{4}=58$ g.
   Par conséquent, dans $200$ g de chocolat il y a $2\times 58=116$ g de glucide.
   $\quad$

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Exercice 1

1. On a saisi la formule $=\text{SOMME}(C2:E2)$.
   $\quad$
2. a. L’étendue est $46-8=38$.
   $\quad$
   b. La moyenne est :
   $\dfrac{46+27+26+\ldots+8}{10}=18,2$
   $\quad$
3. $\dfrac{10}{42}\approx 23,8\%$
   Les médailles d’or remportées par la France représentent donc environ $23,8\%$ de son nombre total de médailles.
   $\quad$
4. Si deux pays ont le même nombre de médailles d’or, on compare ensuite le nombre  de médailles d’argent.
   $\quad$
5. Nombre de points pour la France : $3\times 10+2\times 18+14=80$.
   Nombre de points pour le Japon : $3\times 12+2\times 8+21=73$.
   La France dépasserait donc le Japon avec cette nouvelle procédure.
   $\quad$

Exercice 2

1. Au bout de $2$h$30$min de course il a parcouru $80$ km
   $\quad$
2. Au bout de $2$h il a parcouru $70$ km et il a parcouru $100$ km au bout de $3$h.
   $100-70=30$.
   Il a bien parcouru $30$ km lors de la troisième heure de course.
   $\quad$
3. $135-100=35>30$.
   Il a donc été plus rapide lors de la quatrième heure de course.
   $\quad$
4. a. et b.
   $\quad$
5. D’après le graphique, il a mis $2$h$15$min pour parcourir $75$ km.
   $\quad$
6. Au bout d’une heure il a donc parcouru $35$ km.
   $\quad$
7. La fonction $f$ n’étant pas représentée par une droite passant par l’origine du repère ce n’est pas une fonction linéaire.
   $\quad$

Exercice 3

Volume d’eau durant $15$ minutes : $0,4\times \dfrac{1}{4}\times 4\times 12=4,8$ m$^3$.
Volume d’eau par jour : $4,8\times 2=9,6$ m$^3$.
Volume d’eau au mois de juillet : $9,6\times 31=297,6$ m$^3$ $=297~600$ litres

$297~600$ litres d’eau auront été consommés si on arrose le gazon pendant tout le moi de juillet.

$\quad$

Exercice 4

1. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ on a :
   $\tan \widehat{BAC}=\dfrac{BC}{AB}$ soit $\tan 30=\dfrac{BC}{11}$
   Donc $BC=11\tan 30 \approx 6,35$.
   $\quad$
2. Les droites $(AC)$ et $(RT)$ sont parallèles.
   Par conséquent les angles correspondants $\widehat{BRT}$ et $\widehat{BAC}$ sont de même mesure et $\widehat{BRT}=30$°.
   $\quad$
3. Le point $C$ appartient au segment $[BT]$ donc $BT=BC+TC \approx 7,15$ m.
   Dans le triangle $RBT$ rectangle en $B$ on a :
   $\tan \widehat{BRT}=\dfrac{BT}{BR}$ soit $\tan 30=\dfrac{7,15}{BR}$
   Donc $BR=\dfrac{7,15}{\tan 30}\approx 12,38$ m.
   Le point $A$ appartient au segment $[BR]$ donc $RA=RB-AB\approx 1,38$ m.
   Soit $RA \approx 138 cm$.
   $\quad$

Exercice 5

1. Un ordre de grandeur de la distance parcourue est $40$ km.
   Un ordre de grandeur du temps mis pour parcourir cette distance est $2h$.
   Un ordre de grandeur de la vitesse est donc de $\dfrac{40}{2}=20$ km/h.
   $\quad$
2. $2$h$15$min$=2,25$h.
   La vitesse moyenne de Scott OVERALL est donc $v=\dfrac{42,195}{2,25}\approx 18,75$ km/h.
   $\quad$
3. a. Lorsque Dennis KIMETTO franchit la ligne d’arrivée, Scott OVERALL doit encore courir $12$min $3$s.
   $\quad$
   b. On a $18,75$ km/h $=\dfrac{18,75 \times 1~000}{3~600}$ m/s.
   $12$min$3$s$=723$ s.
   La distance restant à parcourir est donc $\dfrac{18,75 \times 1~000}{3~600} \times 723\approx 3~766$ m.
   \dfrac{18,75 \times 1~000}{3~600}

Exercice 6

1. $2\times 2-9=4-9=-5$.
   En choisissant $2$ comme nombre de départ le programme renvoie $-5$.
   $\quad$
2. a. $5\times 5-9=25-9=16$.
   Le programme renvoie $16$ si on choisit $5$ au départ.
   $\quad$
   b. $(-4)\times (-4)-9=16-9=7$
   Le programme renvoie $7$ si on choisit $-4$ au départ.
   $\quad$
3. On veut résoudre l’équation $x\times x-9=0$ soit $x^2=9$ qui possède deux solutions : $-3$ et $3$.
   Il faut donc choisir $-3$ ou $3$ au départ pour que le programme renvoie $0$.

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Exercice 1

1. La probabilité de tirer une boule bleue est $\dfrac{30}{120}=\dfrac{1}{4}$.
   $\quad$
2. On ne peut pas connaître le nombre de boules vertes dans le sac en calculant une fréquence d’apparition d’un événement d’une expérience aléatoire.
   $\quad$
3. a. $0,4 \times 120=48$. Il y a donc $48$ boules rouge dans le sac.
   $\quad$
   b. La probabilité de tirer une boule verte est donc $1-\dfrac{1}{4}-0,4=0,35$.
   $\quad$

Exercice 2

1. Dans le triangle $AFG$, le plus grand côté est $[AF]$.
   D’une part $AF^2=25$
   D’autre part $AG^2+FG^2=16+9=25$
   Donc $AF^2=AG^2+FG^2$.
   D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $AFG$ est rectangle en $G$.
   $\quad$
2. Dans les triangles $AFG$ et $ADE$ :
   – $F$ appartient au segment $[AD]$ et $G$ appartient au segment $[AE]$;
   – les droites $(FG)$ et $(DE)$ sont parallèles.
   D’après le théorème de Thalès on a :
   $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{AG}{AE}=\dfrac{FG}{DE}$
   Par conséquent $\dfrac{5}{AD}=\dfrac{4}{4+6,8}$
   Soit $AD=\dfrac{5\times 10,8}{4}=13,5$ cm.
   $\quad$
   On sait que le point $F$ appartient au segment $[AD]$.
   Donc $FD=AD-AF=13,5-5=8,5$ cm.
   $\quad$
3. Dans les triangles $AFG$ et $ACB$ on a :
   – $A$ appartient au segment $[BF]$ et au segment $[CG]$
   – $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{5}{6,25}=0,8$ et $\dfrac{AG}{AC}=\dfrac{4}{5}=0,8$
   Par conséquent $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AG}{AC}$
   D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites $(FG)$ et $(BC)$ sont parallèles.
   $\quad$

Exercice 3

1. a.
   
   $\quad$
   b. On a tourné $4$ fois de $90$° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre. On est donc revenu dans le sens initial. Le stylo est donc orienté vers la droite.
   $\quad$
2. Les deux premiers segments représentés doivent avoir la même longueur : on exclut la figure 1.
   Après le premier segment, on tourne de $90$° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre : on exclut la figure 2.
   C’est donc la figure 3 qu’on obtient.
   $\quad$
3. Pour obtenir la figure 2 il faut modifier l’instruction “tourner de $90$ degrés” en “tourner de $60$ degrés”.
   $\quad$

Exercice 4

1. a. On a $GD=1+1+5=7$ m.
   Donc $BH=7-4=3$m.
   $HC=5-3=2$ m
   L’aire du triangle $BHC$ est donc $\mathscr{A}_1=\dfrac{BH\times HC}{2}=\dfrac{3\times 2}{2}=3$ m$^2$.
   $\quad$
   b. L’aire du rectangle $AGDH$ est $\mathscr{A}_2=7\times 5=35$ m$^2$.
   Par conséquent l’aire de la pièce est $\mathscr{A}=35-3=32$ m$^2$.
   $\quad$
2. Aire de la pièce augmentée de $10\%$ : $32\times 1,1=35,2$ m$^2$.
   $\dfrac{35,2}{1,25}=28,16$.
   Monsieur Chapuis doit donc acheter $29$ boîtes de  carrelage.
   $\dfrac{35,2}{4}=8,8$.
   Monsieur Chapuis doit donc acheter $9$ sac de colles.
   $\quad$
3. Dans le triangle $BHC$ rectangle en $H$ on applique le théorème de Pythagore :
   $\begin{align*} BC^2&=HC^2+HB^2 \\
   &=3^2+2^2\\
   &=13
   \end{align*}$
   Périmètre de la pièce :
   $\mathscr{P}=4+5+1+5+3+\sqrt{13}=18+\sqrt{13}$.
   En prenant une marge de $10\%$, il doit prévoir une longueur de $\left(18+\sqrt{13}\right)\times 1,1 \approx 23,78$ m.
   Il doit donc acheter $24$ plinthes.
   $\quad$
4. Montant pour les plinthes : $24 \times 2,95=70,8$ €.
   Montant pour le carrelage : $29\times 19,95=578,55$ €.
   Montant pour la colle : $9\times 22=198$ €.
   Montant total de la dépense : $70,8+578,55+198+5,5=852,85 \approx 853$ €
   Monsieur Chapuis devra payer environ $853$ €.
   $\quad$

Exercice 5

Affirmation 1 : Vraie

Voici les différents nombres obtenus successivement.
$x\to x+3 \to 2(x+3)\to 2(x+3)-2x$.
$2(x+3)-2x=2x+6-2x=6$

$\quad$

Affirmation 2 : Fausse

$\dfrac{7}{5}-\dfrac{4}{5}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{7}{5}-\dfrac{4}{15}=\dfrac{21}{15}-\dfrac{4}{15}=\dfrac{17}{15}$

$\quad$

Affirmation 3 : Vraie

$4x-5=x+1$ devient $4x-x=1+5$ soit $3x=6$ et donc $x=2$.
Si $x=2$ alors $x^2-2x=2^2-2\times 2=4-4=0$.

La solution de l’équation $4x-5=x+1$ est bien une solution de l’équation $x^2-2x=0$.

$\quad$

Affirmation 4 : Fausse

Si $n=4$ alors $2^4-1=16-1=15=3\times 5$ n’est pas un nombre premier.

$\quad$

Exercice 6

1. Le volume de neige est :
   $V_{\text{neige}}=25\times 480\times 0,4=4~800$ m$^3$.
   Puisque $1$ m$^3$ d’eau produit $2$ m$^3$ de neige, il faudra donc $2~400$ m$^3$ d’eau.
   $\quad$
2. Les $7$ canons produisent $7\times 30=210$ m$^3$ de neige par heure.
   $\dfrac{4~800}{210}\approx 22,86$h
   Il faudra donc faire fonctionner les canons à neige environ $23$ heures.
   $\quad$

Exercice 7

1. $0,8$ µm$=0,8\times 10^{-6}$m$=8\times 10^{-7}$m.
   $\quad$
2. a. On peut écrire $=2*B2$
   $\quad$
   b. Au bout de $4$ quarts d’heure il y a $100\times 2\times 2\times 2\times 2=1~600$ bactéries.
   $\quad$
   c. Au bout de $15$ minutes il y a $200$ bactéries et au bout de $60$ minutes il y a $1~600$ bactéries.
   $\dfrac{200}{15}\neq \dfrac{1~600}{60}$.
   Le nombre de bactéries légionelles n’est donc proportionnel au temps écoulé.
   $\quad$
   d. On rempli le tableau
   $\begin{array}{|c|c|}
   \hline
   \text{Nombre de quarts d’heure}&\text{Nombre de bactéries}\\
   \hline
   0&100\\
   \hline
   1&200\\
   \hline
   2&400\\
   \hline
   3&800\\
   \hline
   4&1~600\\
   \hline
   5&3~200\\
   \hline
   6&6~400\\
   \hline
   7&12~800\\
   \hline
   8&25~600\\
   \hline
   \end{array}$
   C’est donc après $7$ quarts d’heure que cette population dépasse les dix mille bactéries légionelles.
   $\quad$
3. a. Au bout de $3$ heures il reste environ $5~000$ bactéries légionelles dans le récipient.
   $\quad$
   b. C’est au bout de $2$h$15$min qu’il reste $6~000$ bactéries légionelles dans le récipient.
   $\quad$
   c. Si l’antibiotique détruit $80\%$ des bactéries initialement présentes c’est qu’il en reste $20\%$ soit $0,2\times 10~000=2~000$.
   D’après le graphique, au bout de $5$ heures, le récipient contient plus de $2~000$ bactéries légionelles.
   L’antibiotique testé n’est donc pas efficace.
   $\quad$

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Exercice 1

1. Il y a des boules vertes ou des boules bleues dans l’urne.
   La probabilité de tirer une boule verte est égale à $\dfrac{2}{5}$ donc la probabilité de tirer une boule bleue est égale à $1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}$
   $\quad$
2. Au $7^{\text{ème}}$ tirage la probabilité que Paul tire une boule bleue est toujours égale à $\dfrac{3}{5} > \dfrac{2}{5}$.
   Il a donc plus de chance de tirer une boule bleue qu’un boule verte.
   $\quad$
3. On appelle $N$ le nombre de boules dans l’urne.
   On sait que $\dfrac{2}{5}\times N =8$
   Donc $2N=40$ : on multiplie les deux membres par $5$
   Soit $N=20$ : on divise les deux membres par $2$.
   $\dfrac{3}{5}\times 20 = 12$.
   Il y a donc $12$ boules bleues dans cette urne.
   $\quad$

 

Exercice 2

1. Le point de départ a pour coordonnées $(-200;-100)$.
   $\quad$
2. On répète $5$ fois l’instruction qui dessine un triangle. On a donc dessiné $5$ triangles.
   $\quad$
3. a. Le côté du deuxième triangle mesure donc $100-20=80$ pixels.
   $\quad$
   b.
   
4. On peut insérer cette instruction à la ligne $8$ ou à la ligne $9$.
   $\quad$

Exercice 3

1. La courbe n’est pas une droite. Il ne s’agit donc pas d’une situation de proportionnalité.
   $\quad$
2. Au bout de $0,2$ s la tension est de $4,4$V.
   $\quad$
3. $5\times 60\% = 3$
   C’est donc au bout de $0,09$ s que la tension aux bornes du condensateur aura atteint $60\%$ de la tension maximale.
   $\quad$

Exercice 4

1. En mai 2015, les $31~420$ kWh seront achetés : $31~420\times 0,139~5 \approx 4~383$ €.
   $\quad$
2. La hauteur $[AC]$ mesure $7-4,8=2,2$ m.
   Le triangle $ABC$ est rectangle en $C$.
   Donc $\tan \widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{2,2}{4,5}$
   Par conséquent $\widehat{ABC} \approx 26$°.
   $\quad$
3. a. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $C$, on applique le théorème de Pythagore.
   $\begin{align*} AB^2&=AC^2+CB^2 \\
   &=4,5^2+2,2^2\\
   &=20,25+4,84\\
   &=25,09
   \end{align*}$
   Donc $AB=\sqrt{25,09}\approx 5$ m.
   $\quad$
   b. Surface d’un pan : $7,5\times 5=37,5$ m$^2$.
   Chaque panneau a une surface de $1$ m$^2$.
   $\dfrac{20\times 1}{37,5}\approx 53\%$.
   Environ $53\%$ du pan sud du toit sera couvert par les panneaux solaires.
   $\quad$
   c. $5-2\times 0,3=4,6$ : le propriétaire peut donc installer $4$ panneaux sur la largeur du toit.
   $7,5-0,3\times 2 =6,9$ : le propriétaire peut donc installer $6$ panneaux sur la longueur du toit.
   Par conséquent le propriétaire peut installer $4$ lignes de $5$ panneaux solaires sur son toit.
   $\quad$

 

Exercice 5

1. Vitesse de Pernille Blume : $V_P=\dfrac{50}{24,07}\approx 2,08$ m/s.
   $\begin{array}{|c|c|c|}
   \hline
   \text{distance en m}&6~000&d \\
   \hline
   \text{temps en s}&3~600&1\\
   \hline
   \end{array}$
   Par conséquent, en allant à une vitesse de $6$ km/h, on parcourt, en $1$ s, une distance $d=\dfrac{6~000}{3~600} \approx 1,67$ m/s.
   La nageuse a donc nagé plus rapidement qu’une personne se déplaçant en marchant à $6$ km/h.
   $\quad$
2. a.
   $\begin{align*} E&=(3x+8)^2-64 \\
   &=(3x+8)(3x+8)-64 \\
   &=9x^2+24x+24x+64-64\\
   &=9x^2+48x
   \end{align*}$
   $\quad$
   b. $3x(3x+16)=3x\times 3x+3x\times 16=9x^2+48x=E$
   $\quad$
   Remarque : on pouvait également factoriser l’expression trouvée en 2.a. par $3x$.
   $\quad$
   c. $(3x+8)^2-64=0$ revient à $3x(3x+16)=0$ d’après les questions précédentes.
   Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
   Donc $3x=0$ ou $3x+16=0$
   Soit $x=0$ ou $3x=-16$
   Et donc $x=0$ ou $x=-\dfrac{16}{3}$
   Les solutions de l’équation sont donc $0$ et $-\dfrac{16}{3}$.
   $\quad$
3. Sur route mouillée on a donc $15=0,14\times V^2$
   Soit $V^2=\dfrac{15}{0,14}$.
   Par conséquent $V=\sqrt{\dfrac{15}{0,14}} \approx 10,35$ m/s

Exercice 6

1. a. $3$ employés ont un IMC supérieur ou égal à $25$.
   Donc $3$ employés sont en situation de surpoids ou d’obésité dans cette entreprise.
   $\quad$
   b. On a écrit la formule $=B2/(B1*B1)$.
   $\quad$
2. a. La moyenne des $41$ employés est :
   $M=\dfrac{9\times 20+12\times 22+\ldots 2\times 33}{41}=\dfrac{949}{41}\approx 23$
   $\quad$
   b. $\dfrac{41}{2}=20,5$.
   La valeur médiane est donc la $21^{\text{ème}}$ valeur soit $22$.
   $\quad$
   c. $2+1+1+2=6$.
   $\dfrac{6}{41}\approx 14,6\%$ : Plus de $5\%$ des employés de cette entreprise sont en surpoids ou est obèse.
   $\quad$

Exercice 7

1. $1,8$ kg $=1~800$ g
   $\begin{array}{|c|c|c|}
   \hline
   \text{sucre en g}&700&m\\
   \hline
   \text{fraise en g}&1~000&1~800\\
   \hline
   \end{array}$
   Donc $m=\dfrac{700\times 1~800}{1~000}=1~260$ g.
   Il a donc besoin de $1~260$ g de sucre.
   $\quad$
2. Rayon d’un pot à confiture $R=\dfrac{6}{2}=3$ cm
   Volume de confiture dans un pot à confiture :
   $V_{\text{pot}}=\pi\times 3^2\times 11 =99\pi \approx 311$ cm$^3$.
   $2,7$ litres $=2~700$ cm$^3$.
   $\dfrac{2~700}{99\pi}\approx 8,68$
   Il utilisera donc $9$ pots à confiture dont $8$ seront remplis en entier.
   $\quad$
3. a. La longueur $L$ d’une étiquette correspond au périmètre du cercle de base du cylindre.
   Donc $L=2\pi \times 3 = 6\pi \approx 18,8$ cm.
   $\quad$
   b. Hauteur de l’étiquette : $12$ cm
   À l’échelle $\dfrac{1}{3}$ on obtient une hauteur de $4$ cm.
   Longueur de l’étiquette $ 18,8$ cm
   À l’échelle $\dfrac{1}{3}$ on obtient une longueur d’environ $6,3$ cm.
   

 

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Exercice 1

1. $20$°C correspond, d’après le tableau, à $68$°F.
   $\quad$
2. $41$°F correspond, d’après le tableau, à $5$°C.
   $\quad$
3. On a pu saisir la formule $=1,8*A3+32$.
   $\quad$

 

 

Exercice 2

1. $\dfrac{16}{24}=\dfrac{2}{3}$
   Cela signifie donc que $\dfrac{2}{3}$ des élèves de cette classe sont des filles.
   Dans le diagramme 1, il y a autant de filles que de garçons : ce diagramme ne représente pas correctement la répartition des élèves de cette classe.
   Dans le diagramme 2, le nombre de filles représentent $\dfrac{5}{8}$ du nombre d’élèves de la classe. Or $\dfrac{5}{8}\neq \dfrac{2}{3}$. Ce diagramme ne représente pas correctement la répartition des élèves de cette classe.
   $\quad$
2. Si $\dfrac{2}{3}$ des élèves de la classe sont des filles, cela signifie donc que $\dfrac{1}{3}$ des élèves sont des garçons.
   Or $\dfrac{1}{3}\times 360=120$.
   L’angle du secteur qui représente les garçons mesure $120$°.
   $\quad$

 

Exercice 3

1. Cas 1 : Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on applique le théorème de Pythagore :
   $BC^2=AB^2+AC^2$
   soit $85^2=AB^2+51^2$
   d’où $7~225=AB^2+2~601$
   Donc $AB^2=4~624$
   Par conséquent $AB=\sqrt{4~624}=68$ cm
   Réponse A
   $\quad$
   Cas 2 : Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a :
   $\sin \widehat{ACB}=\dfrac{AB}{CB}$
   soit $\sin 62=\dfrac{AB}{9}$
   Donc $AB=9\sin 62\approx 7,9$ cm
   Réponse C
   $\quad$
   Cas 3 : Dans les triangles $ABC$ et $BDE$ on a :
   – les droites $(AC)$ et $(DE)$ sont parallèles (car perpendiculaires à la droite $(AE)$)
   – le point $B$ appartient aux segments $[AE]$ et $[CD]$
   D’après le théorème de Thalès, on a :
   $\dfrac{BA}{BE}=\dfrac{BC}{BD}=\dfrac{AC}{DE}$
   Donc $\dfrac{BA}{7}=\dfrac{8}{5}$
   Par conséquent $BA=\dfrac{7\times 8}{5}=11,2$ cm.
   Réponse A
   $\quad$
2. Voir justification précédente.
   $\quad$

Exercice 4

1. Le dessin 2 ne peut pas être réalisé car il nécessite de s’orienter à $-90$.
   $\quad$
2. Avec les modifications apportées, le dessin 3 devient :
   

Exercice 5

Partie I : Pluviomètres à lecture directe

1. Si $H=1$ mm $=0,001$ m et $S=1$ m$^2$
   Alors $V=S\times H=0,001$ m$^3$ $=1$ L.
   $\quad$
2. Si $H=10$ mm $=0,01$ m et $S=0,01$ m$^2$
   Alors $V=S\times H=0,000~1$ m$^3$ $=0,1$ L.
   Il y a donc $0,1$ L d’eau dans le pluviomètre.
   $\quad$

Partie II : Pluviomètres électroniques

1. La hauteur d’eau ne semble plus augmenter après $2~000$ s $=33$ min $20$ s.
   La pluie s’est donc arrêtée vers $17$h$48$.
   $\quad$
2. La vitesse d’accumulation est :
   $v=\dfrac{3}{2~000}=0,001~5$ mm/s
   $\begin{array}{|c|c|c|}
   \hline
   \text{hauteur d’eau}&0,001~5&h\\
   \hline
   \text{temps en s}&1&3~600\\
   \hline
   \end{array}$
   Par conséquent $h=0,001~5\times 3~600$ et $v=5,4$ mm/h.
   La pluie était donc modérée.
   $\quad$

Exercice 6

1. Gaspard aura donc besoin de $6$ carreaux pour la bordure supérieure, $6$ carreaux pour la bordure inférieure, $4$ carreaux pour la bordure gauche et $4$ carreaux pour la bordure droite.
   Il aura donc besoin de $20$ carreaux blancs.
   $\quad$
2. a. $144=12^2$ Gaspard peut donc réaliser un motif dont le centre est un carré dont chaque côté contient $12$ carreaux gris.
   $\quad$
   b. Gaspard aura donc besoin de $14$ carreaux pour la bordure supérieure, $14$ carreaux pour la bordure inférieure, $12$ carreaux pour la bordure gauche et $12$ carreaux pour la bordure droite.
   Il aura donc besoin de $52$ carreaux blancs.
   $\quad$
3. $2\times n+2\times (n+2)=2n+2n+4=4n+4$
   $4\times (n+2)=4n+8$
   $4\times (n+2)-4=4n+8-4=4n+4$
   Les expressions n°$1$ et $3$ sont égales.
   L’expression n°$2$ ne convient donc pas.
   $\quad$

Exercice 7

1. Réordonnons la série de Solenne :
   $17,4 – 17,8 – 17,9 – 18 – 19,9$
   $\dfrac{5}{2}=2,5$ : la médiane est donc la $3^{\text{ème}}$ valeur c’est-à-dire $17,9 \neq 18$
   Les caractéristiques fournies ne concernent donc pas les résultats de Solenne.
   $\quad$
   L’étendue des résultats de Rachida est : $19-17,6=1,4 \neq 2,5$
   Les caractéristiques fournies ne concernent donc pas les résultats de Rachida.
   $\quad$
2. Son meilleur lancé est $19,5$. Puisque l’étendue est égale à $2,5$, cela signifie que son lancer le moins bon est à $19,5-2,5=17$ m
   On sait que la médiane est égale à $18$.
   On peut donc imaginer la série ordonnée suivante : $17\pp x_1\pp 18 \pp x_2\pp 19,5$.
   La moyenne est égale à $18,2$
   Par conséquent $\dfrac{17+x_1+18+x_2+19,5}{5}=18,2$
   Soit $54,5+x_1+x_2=18,2\times 5$
   Donc $54,5+x_1+x_2=91$
   D’où $x_1+x_2=36,5$
   Si on prend $x_2=19$ alors$ x_1=36,5-19=17,5$
   Les trois lancers manquants peuvent être $17$ ; $17,5$ et $19$.
   $\quad$

 

Exercice 8

1. Un cube d’arête $2$ cm a un volume de $2^3=8$ cm$^3$
   Un cube d’arête $4$ cm a un volume de $4^3=64$ cm$^3$
   Le volume du solide est donc $V=3\times 8+64=88$ cm$^3$.
   $\quad$
2. On obtient la vue de droite suivante :
   

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Exercice 1

Affirmation 1 : Dans le triangle $ABC$, $[BC]$ est le plus grand côté.
D’une part $BC^2=97^2=9~409$
D’autre part
$\begin{align*} AB^2+AC^2&=65^2+72^2\\
&=4~225+5~184\\
&=9~409
\end{align*}$
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
Affirmation vraie

$\quad$

Affirmation 2 : Dans le triangle $ACH$ rectangle en $H$ on a :
$\cos \widehat{CAH}=\dfrac{5}{6}$
Donc $\widehat{CAH} \approx 33,6$°
Donc $30$°$<\widehat{CAH}<35$°
Affirmation vraie

$\quad$

Affirmation 3 : Il utilise $\dfrac{1}{6}$ d’un pot pour passer une couche de peinture sur l’intérieur et l’extérieur d’un volet.
Par conséquent, il utilise $\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$ d’un pot pour passer $3$ couches de peinture sur tout le volet.
Donc il utilise $8\times \dfrac{1}{2}=4$ pots de peinture pour peindre ses $4$ paires de volets (donc $8$ volets en tout).
Affirmation fausse

$\quad$

Exercice 2

Partie 1

1. La température des maquettes avant d’être mise dans la chambre froide était de $20$°C.
   $\quad$
2. L’expérience a duré plus de $95$ heures.
   Or $2$ jours représente $48$ heures.
   L’expérience a donc duré plus de $2$ jours.
   $\quad$
3. La température des trois maquettes ce stabilise, au bout d’un certain temps, à $6$°C.
   La maquette B atteint cette température le plus tardivement.
   C’est donc elle qui est contient l’isolant le plus performant.
   $\quad$

Partie 2

1. Si $c=0,035$ et $e=15$ cm$=0,15$ m alors $R=\dfrac{0,15}{0,035} \approx 4,29 >4$.
   Sa maison respecte la norme RT2012 des maisons BBC.
   $\quad$
2. On veut $R=5$ et $c=0,04$
   Donc $5=\dfrac{e}{0,04}$ soit $e=0,04\times 5=0,2$ m
   Elle doit donc mettre $20$ cm d’isolant sur ses murs.
   $\quad$

 

Exercice 3

1. Pyramide de $6$ cm de hauteur dont la base est un rectangle de $6$ cm de longueur et de $3$ cm de largeur.
   $\quad$
   Un cylindre de $2$ cm de rayon et de $3$ cm de hauteur.
   
   $\quad$
   Un cône de $3$ cm de rayon et de $3$ cm de hauteur.
   
2. Volume de la pyramide : $V_1=\dfrac{1}{3}\times 3\times 6\times 6 = 36$ cm$^3$.
   Volume du cylindre : $V_2=\pi\times 2^2\times 3\approx 37,7$ cm$^3$.
   Volume du cône : $V_3=\dfrac{1}{3}\times \pi\times 3^2\times 3\approx 28,3$ cm$^3$.
   Volume de la boule : $V_4=\dfrac{4}{3}\times \pi\times 2^3 \approx 33,5$ cm$^3$.
   On obtient donc l’ordre suivant : cône – boule – pyramide – cylindre.
   $\quad$

Exercice 4

1. On peut saisir $=B2+C2+D2+E2+F2+G2$ ou $=\text{SOMME}(B2:G2)$.
   $\quad$
2. $186+84+19=289$.
   La probabilité que ce volet fonctionne plus de $3~000$ montées descentes est $\dfrac{289}{500}=0,578$.
   $\quad$
3. $500-20=480$
   La probabilités qu’un volet fonctionne plus de $1~000$ montées descentes est $\dfrac{480}{500}=0,96 > 0,95$.
   Ce lot de volets roulants est donc fiable.
   $\quad$

Exercice 5

Le volume d’eau que Sarah mettra dans sa piscine est :
$V=8\times 4\times (1,8-0,2)=51,2$ m$^3 = 51~200$ l
Il lui faut $18$ secondes pour remplir un sceau de $10$ litres.
Il lui faudra donc $18 \times 5~120=92~160$ secondes pour remplir la piscine.

$1$ jour $=24\times 60\times 60=86~400$ secondes.

Sarah mettra donc plus d’une journée à remplir la piscine.
$\quad$

Exercice 6

1. Le toit de la maison est un triangle rectangle isocèle dont les côtés de l’angle droit mesurent $50$ unités.
   D’après le théorème de Pythagore on a donc :
   $d^2=50^2+50^2=5~000$
   Par conséquent $d=\sqrt{5~000}\approx 71$ unités à l’unité près.
   $\quad$
2. La largeur de la fenêtre utilisée est de $240-(-230)=470$ unités.
   Une maison nécessite environ $71+20=91$ unités.
   $\dfrac{470}{91}\approx 5,16$.
   La plus grande valeur de $n$ est donc $5$.
   $\quad$
3. Dans le triangle $EAM$ rectangle ne $E$ on a :
   $\sin \widehat{HAC}=\dfrac{EM}{AM}$
   soit $\sin 30=\dfrac{EM}{16}$
   Par conséquent $EM=16\sin 30=8$
   $\quad$
   Dans les triangles $HAC$ et $EAM$ :
   – $E$ appartient à $[HA]$ et $M$ appartient à $[AC]$
   – les droites $(EM)$ et $(HC)$ sont parallèles
   D’après le théorème de Thalès, on a :
   $\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{EM}{HC}=\dfrac{EA}{AH}$
   Soit $\dfrac{16}{16+10}=\dfrac{8}{HC}$
   Donc $HC=\dfrac{8\times 26}{16}=13$
   $\quad$
   Dans le triangle $EAM$ rectangle en $E$ on a :
   $\cos \widehat{HAC}=\dfrac{EA}{16}$ soit $EA=16\cos 30 =8\sqrt{3} \approx 13,86$
   $\quad$
   Dans le triangle $HAC$ rectangle en $H$ on a :
   $\cos \widehat{HAC}=\dfrac{AH}{AC}$ soit $AH=26\cos 30=13\sqrt{3} \approx 22,52$
   $\quad$
   Le point $E$ appartient à $[AH]$ donc $HE=13\sqrt{3}-8\sqrt{3}=5\sqrt{3}\approx 8,66$
   $\quad$

Exercice 7

1. Surface du sol de la cuisine : $4\times 5=20$ m$^2$.
   Avec $5\%$ de carrelage en plus : $20\times 1,05=21$ m$^2$.
   Il doit donc commander au moins $21$ m$^2$ de carrelage.
   $\quad$
2. $\dfrac{21}{1,12}=18,75$ : Il doit donc commander $19$ paquets de carrelage.
   $\quad$
3. $19\times 31=589$.
   L’achat du carrelage de sa cuisine coûtera $589$ euros.
   $\quad$
4. $\quad$
   $\begin{array}{|l|l|l|l|}
   \hline
   \text{Matériaux}&\text{Quantité}&\begin{array}{l}\text{Montant unitaire}\\\text{Hors taxe}\end{array}&\begin{array}{l}\text{Montant total}\\\text{Hors taxe}\end{array} \\
   \hline
   \text{Sceau de colle}&3&12€&36€ \\
   \hline
   \begin{array}{l}\text{Sachet de}\\\text{croisillons}\end{array}&1&7€&7€\\
   \hline
   \begin{array}{l}\text{Sac de joint pour}\\\text{carrelage}\end{array}&2&22,5€&45€\\
   \hline
   &&\begin{array}{l}\text{TOTAL HORS}\\\text{TAXE}\end{array}&88€\\
   \hline
   &&\text{TVA} (20\%)&17,6€ \\
   \hline
   &&\begin{array}{l}\text{TOTAL TOUTES}\\\text{TAXES}\\\text{COMPRISES}\end{array}&105,6€\\
   \hline
   \end{array}$
   Détails des calculs
   $\bullet 88-(45+36)=7$
   $\bullet \dfrac{7}{7}=1$
   $\dfrac{45}{2}=22,5$
   $\bullet 0,2\times 88=17,6$
   $\bullet 88+17,6=105,6$

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Exercice 1

1. $\quad$
   $\begin{align*} \dfrac{7}{4}+\dfrac{2}{3}&=\dfrac{21}{12}+\dfrac{8}{12} \\
   &=\dfrac{21+8}{12}\\
   &=\dfrac{29}{12}
   \end{align*}$
   Réponse B
   $\quad$
2. $5x+12=3$
   revient à $5x=3-12$ : on soustrait $12$ dans les deux membres.
   soit $5x=-9$
   C’est-à-dire $x=-\dfrac{9}{5}$ : on divise les deux membres par $5$.
   Donc $x=-1,8$
   Réponse C
   $\quad$
3. D’après la calculatrice : $\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\approx 1,618$
   Une valeur approchée, au dixième près, de ce nombre est donc $1,6$.
   Réponse B
   $\quad$

Exercice 2

1. $\quad$
   
2. a. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore.
   $\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2 \\
   &=10^2+10^2\\
   &=100+100\\
   &=200
   \end{align*}$
   Donc $AC=\sqrt{200}$
   $\quad$
   b. Le point $E$ appartient au cercle de centre $A$ passant par $C$. Par conséquent $[AC]$ et $[AE]$ sont des rayons de cercle.
   Donc $AE=AC=\sqrt{200}$.
   $\quad$
   c. Aire du carré $ABCD$ : $\mathscr{A}_1=AB^2=100$ cm$^2$.
   Pour calculer l’aire du carré $DEFG$ on a besoin de calculer $DE$.
   Dans le triangle $ADE$ rectangle en $A$, on applique le théorème de Pythagore.
   $\begin{align*} DE^2&=AD^2+AE^2\\
   &=10^2+\sqrt{200}^2\\
   &=100+200\\
   &=300
   \end{align*}$
   Ainsi $DE=\sqrt{300}$.
   L’aire du carré $DEFG$ est $\mathscr{A}_2=DE^2=300$ cm$^2$.
   L’aire du carré $DEFG$ est bien le triple de l’aire du carré $ABCD$.
   $\quad$
3. Si l’aire du carré $DEFG$ est de $48$ cm$^2$ alors l’aire du carré $ABCD$ est de $\dfrac{48}{3}=16$ cm$^2$.
   Ainsi $AB=\sqrt{16}=4$ cm.
   $\quad$

Exercice 3

1. Les numéros pairs sont : $2,4,6,8,10,12$ soit $6$ possibilités.
   Les multiples de $3$ sont : $3,6,9,12$ soit $4$ possibilités.
   Il est donc plus probable d’obtenir un numéro pair.
   $\quad$
2. Toutes les boules ont un numéro inférieur à $20$.
   La probabilité d’obtenir un numéro inférieur à $20$ est donc $1$.
   $\quad$
3. Les diviseurs de $6$ sont $1,2,3$ et $6$.
   Il nous reste donc les boules : $4,5,7,8,9,10,11,12$ soit $8$ possibilités
   Les nombres premiers inférieurs à $12$ sont $2,3,5,7$ et $11$.
   Les nombres premiers qu’on peut obtenir sont donc : $5,7$ et $11$ soit $3$ possibilités.
   La probabilité d’obtenir un nombre premier est alors $\dfrac{3}{8}=0,375$.
   $\quad$

Exercice 4

Partie I

1. La France comptait environ $64$ millions d’habitants en 2015.
   $4,7\%$ de cette population souffrait alors d’allergies alimentaires soit $\dfrac{4,7}{100}\times 64=3,008$ millions d’individus.
   En 2010 ils étaient deux fois moins nombreux soit $\dfrac{3,008}{2}=1,504\approx 1,5$ millions de personnes.
   $\quad$
2. En 1970, la France comptait environ $53$ millions d’habitants.
   Parmi eux $1\%$ était souffrait d’allergies alimentaires soit $0,53$ million de personnes.
   $0,53\times 6=3,18$ qui est relativement proche des $3,008$ trouvé à la question précédente.
   Il y avait donc bien environ $6$ fois plus de personnes concernées par des allergies alimentaires en 2015 qu’en 1970.

Partie II

1. $\dfrac{32}{681}\approx 4,7\%$
   La proportion des élèves de ce collège souffrant d’allergies alimentaires est approximativement la même que celle de la population française en 2015.
   $\quad$
2. Certains élèves souffrent de plusieurs allergies alimentaires et sont donc comptabilisés dans plusieurs catégories.
   $\quad$
3. a. Le caractère étudié est qualitatif. On va donc utiliser le diagramme de Lucas.
   $\quad$
   b.
   

Exercice 5

1. Le centre de la balle a pour coordonnées $(4\times 40;3\times 40)$ soit $(160;120)$.
   $\quad$
2. a. Le chat ne se déplace du même nombre d’unité vers la gauche $(-40)$ que vers la droite $(80)$.
   Il ne reviendra donc pas à sa position de départ si le joueur appuie sur la touche $\rightarrow$ puis sur la touche $\leftarrow$.
   $\quad$
   b. Voici l’évolution des coordonnées du chat :
   $\begin{array}{|c|c|}
   \hline
   \text{touche}&\text{coordonnées}\\
   \hline
   \text{départ}&(-120;-80)\\
   \hline
   \rightarrow&(-40;-80)\\
   \hline
   \rightarrow&(40;-80)\\
   \hline
   \uparrow&(40;0)\\
   \hline
   \leftarrow&(0;0)\\
   \hline
   \downarrow&(0;-40)\\
   \hline
   \end{array}$
   Les coordonnées du chat après cette séquence de déplacement sont $(0;-40)$.
   $\quad$
   c. La séquence $\rightarrow\rightarrow\rightarrow\uparrow\uparrow\uparrow\rightarrow\downarrow\leftarrow$ permet au chat d’atteindre la balle.
   En effet il se déplace $3$ fois vers la droite et une fois vers la gauche : son abscisse devient $-120+3\times 80-40=160$.
   Il se déplace également $3$ fois vers le haut et unefois vers le bas : son ordonnée devient $-80+3\times 80-40=120$.
   $\quad$
3. Quand le chat atteint la balle le texte “Je t’ai attrapé” s’affiche pendant $2$ secondes.
   $\quad$

Exercice 6

1. a. Le point $B$ appartient au segment $[BC ]$
   Donc $OC=OB+BC=6+5=11$ m
   Le point $F$ appartient au segment $[OE]$
   Donc $OE=OF+FE=4+15=19$ m
   Le périmètre du rectangle $OCDE$ est donc
   $\begin{align*} P&=2(OC+OE) \\
   &=2(11+19) \\
   &=60
   \end{align*}$
   Elle ne met pas de grillage sur les segments $[OB]$ et $[OF]$.
   La longueur de grillage utilisée est donc :
   $\begin{align*} L&=P-OB-OF\\
   &=60-6-4\\
   &=50
   \end{align*}$
   Elle utilise donc les $50$ m de grillage.
   $\quad$
   b. L’aire de l’enclos $OCDE$ est donc :
   $A=OC\times OE=11\times 19= 209$ m$^2$.
   $\quad$
2. Si $x=5$ alors
   $\begin{align*} A(5)&=-5^2+18\times 5+144 \\
   &=-25+90+144\\
   &=209
   \end {align*}$
   La formule de la voisine est bien cohérente avec le résultat de la question 1.
   $\quad$
3. a. Dans la cellule F2 on a $=-F1*F1+18*F1+144$
   $\quad$
   b. Dans le tableau l’aire est maximale quand $BC=9$.
   $\quad$
   c. On a alors $ED=9+6=15$ m
   Elle utilise les $50$ mètres de grillage.
   Par conséquent $50=BC+CD+ED+FE$
   Soit $50=9+CD+CD-4+15$
   Donc $50=2CD+20$
   Par conséquent $30=2CD$
   Et $CD=\dfrac{30}{2}=15$
   L’enclos est donc un carré dont les côtés mesure $15$ m.

 

 

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Exercice 1

1. $\quad$
   $\begin{align*} E&=(x-2)(2x+3)-3(x-2)\\
   &=2x^2+3x-4x-6-3x+6\\
   &=2x^2-4x
   \end{align*}$
   $\quad$
2. $\quad$
   $\begin{align*} E&=(x-2)(2x+3)-3(x-2)\\
   &=(x-2)\left[(2x+3)-3\right]\\
   &=(x-2)(2x+3-3)\\
   &=2x(x-2)\\
   &=2F
   \end{align*}$
   $\quad$
3. On cherche à résoudre $E=0$ c’est-à-dire $2F=0$ et donc $F=0$.
   Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
   Par conséquent :
   $x=0$ ou $x-2=0$
   doit $x=0$ ou $x=2$.
   Les solutions de l’équation sont donc $0$ et $2$.
   $\quad$

Exercice 2

1. Une seule boule sur les $20$ porte le numéro $13$. La probabilité cherchée est donc $p(13)=\dfrac{1}{20}$.
   $\quad$
2. Il y a $10$ boules paires sur les $20$.
   La probabilité cherchée est donc $p(\text{pair})=\dfrac{10}{20}=\dfrac{1}{2}$.
   $\quad$
3. Les numéro multiples de $4$ sont : $4,8,12,16,20$.
   La probabilité d’obtenir un multiple de $4$ est donc $p(\text{multiple de } 4)=\dfrac{5}{20}=\dfrac{1}{4}$.
   Les numéros diviseurs de $4$ sont : $1,2,4$.
   La probabilité d’obtenir un diviseur de $4$ est donc $p(\text{diviseur de } 4)=\dfrac{3}{20}$.
   La probabilité d’obtenir un multiple de $4$ est donc la plus grande des deux.
   $\quad$
4. Les nombres premiers compris entre $1$ et $20$ sont : $2,3,5,7,11,13,17,19$.
   La probabilité de tirer un boule portant un numéro qui soit un nombre premier est donc $p(\text{premier})=\dfrac{8}{20}=\dfrac{2}{5}$.
   $\quad$

Exercice 3

1. a. Voici les nombres obtenus à l’issue de chacune des étapes.
   $5\underset{\text{étape }1}{\longrightarrow}30\underset{\text{étape }2}{\longrightarrow}40\underset{\text{étape }3}{\longrightarrow}20$
   On obtient bien $20$.
   $\quad$
   b. $7\underset{\text{étape }1}{\longrightarrow}42\underset{\text{étape }2}{\longrightarrow}52\underset{\text{étape }3}{\longrightarrow}26$
   On obtient bien $26$.
   $\quad$
2. On appelle $x$ le nombre choisi au départ.
   On a donc :
   $x\underset{\text{étape }1}{\longrightarrow}6x\underset{\text{étape }2}{\longrightarrow}6x+10\underset{\text{étape }3}{\longrightarrow}3x+5$
   On veut donc résoudre l’équation $3x+5=8$
   Soit $3x=3$
   D’où $x=1$
   Julie a choisi au départ le nombre $1$.
   $\quad$
3. D’après la question précédente, l’expression obtenue à la fin du programme est $3x+5$.
   $\quad$
4. On appelle $x$ le nombre choisi par Maxime et Julie.
   A l’issue du programme de calcul de Maxime on trouve $5(x+2)$.
   On veut donc résoudre l’équation $5(x+2)=3x+5$
   Soit $5x+10=3x+5$
   D’où $2x+10=5$
   Par conséquent $2x=-5$
   Donc $x=-2,5$
   Si Maxime et Julie choisissent le nombre $-2,5$ alors les deux programmes fournissent le même résultat.
   $\quad$

Exercice 4

1. La fréquence cardiaque de Denis est $f=\dfrac{18}{15}=\dfrac{18\times 4}{15\times 4}=\dfrac{72}{60}$.
   Il y a donc $72$ battements par minutes.
   $\quad$
2. On cherche le nombre d’intervalles de $0,8$ secondes présents dans $60$ secondes : $\dfrac{60}{0,8}=75$.
   Il y a $75$ intervalles de $0,8$ secondes soit une fréquence cardiaque de $76$ battements par minute.
   $\quad$
3. a. L’étendue des fréquences cardiaques enregistrées est $182-65=117$.
   $\quad$
   b. On appelle $d$ la durée de son entraînement.
   On a donc $130=\dfrac{3~640}{d}$
   Soit $d=\dfrac{3~640}{130}=28$ minutes.
   L’entraînement a duré $28$ minutes.
   $\quad$
4. a. $f(32)=220-32=188$.
   La FCMC de Denis est bien égale à $188$ pulsations/minute.
   $\quad$
   b. $f(15)=220-15=205$.
   La FCMC d’une personne de $15$ ans est donc supérieure à celle de Denis.
   $\quad$
5. Il a pu saisir :
   $=191,5-0,007\times A2\wedge 2$
   $\quad$

Exercice 5

1. a. La production totale d’électricité en France en 2014 est :
   $P=25,8+67,5+31+415,9=540,2$ TWh.
   $\quad$
   b. $\dfrac{31}{540,2}\approx 5,7\%$
   $\quad$
2. Tom a regardé le pourcentage d’augmentation : $+10,3\%$.
   Alice a regardé la variation de production : $415,9-403,8=12,1$ TWh. Cette variation est supérieure à celle des Autres énergies : $31-28,1=2,9$ TWh.
   $\quad$
3. a. $2~500$ m$= 250~000$ cm
   Volume du puits :
   $\begin{align*} V&=\dfrac{\pi}{3}\times 250~000\times \left(23^2+23\times 10+10^2\right) \\
   &=\dfrac{\pi}{3}\times 250~000\times 859 \\
   &=\dfrac{214~750~000\pi}{3} \\
   &\approx 224~885~674 \text{ cm}^3 \\
   &\approx 225 \text{ m}^3
   \end{align*}$
   $\quad$
   b. Le volume de la terre extraite est donc :
   $\begin{align*} V’&=225\times \left(1+\dfrac{30}{100}\right) \\
   &=225 \times 1,3 \\
   &=292,5 \text{ m}^3
   \end{align*}$
   $\quad$

Exercice 6

Pente de la route descendant du col du Grand Colombier :
A l’aide du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle on détermine dans un premier temps le déplacement horizontal $d$.
Donc $d^2+280^2=1~500^2$
Soit $d^2+78~400=2~250~000$
Par conséquent $d^2=2~171~600$
Donc $d=\sqrt{2~171~600}$
La pente est alors égale à :
$p_1=\dfrac{280}{\sqrt{2~171~600}}\approx 19\%$

Pente d’une route descendant de l’Alto de l’Angliru :
On détermine tout d’abord le dénivelé dans le triangle rectangle.
$\tan 12,4=\dfrac{D}{146}$
Soit $D=146\tan 12,4 \approx 32,1$ m.
La pente est alors égale à :
$p_2=\dfrac{32,1}{146}\approx 22\%$.

$\quad$

On obtient donc le classement suivant, dans l’ordre décroissant :

• Route descendant du château des Adhémar, à Montélimar
• Tronçon d’une route descendant de l’Alto de l’Angliru (région des Asturies, Espagne)
• Tronçon d’une route descendant du col du Grand Colombier (Ain)

$\quad$

Exercice 7

1. $20\times 5 = 100$
   Mais $0,8\times 5=4 \neq 1,6$
   Le tarif d’affranchissement n’est donc pas proportionnel à la masse d’une lettre.
   $\quad$
2. Une enveloppe pèse : $\dfrac{175}{50}=3,5$ g
   Surface d’une feuille A4 : $21\times 29,7=623,7$ cm$^2$ $= 0,062~37$ m$^2$.
   Masse d’une feuille A4 : $80\times 0,062~37 = 4,989~6$ g
   Masse du courrier d’Alban : $3,5+4,989~6\times 4=23,458~4$ g
   Il devra donc payer $1,60$ € pour affranchir ce courrier.
   $\quad$

 

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