DNB – Amérique du Nord – juin 2015

Amérique du Nord – Juin 2015

DNB – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

  1. $\quad$
    $\begin{align*} &= \dfrac{5 \times 10^6 \times 1,2 \times 10^{-8}}{2,4 \times 10^5}\\\\
    &= \dfrac{6 \times 10^{-2}}{2,4 \times 10^{5}} \\\\
    &= \dfrac{6}{2,4} \times 10^{-7} \\\\
    & = 2,5 \times 10^{-7}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} \dfrac{1}{R} &= \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \\\\
    & = \dfrac{1}{20} + \dfrac{1}{5} \\\\
    &= \dfrac{1}{20} + \dfrac{4}{20} \\\\
    &= \dfrac{5}{20}
    \end{align*}$
    Donc $R  =\dfrac{20}{5} = 4$
    $\quad$
  3. On appelle $x$ le pourcentage de réduction.
    On a ainsi $120 \times \left(1 – \dfrac{x}{100}\right) = 90$
    $\quad$
    Donc $1  -\dfrac{x}{100} = \dfrac{90}{120}$
    $\quad$
    Soit $1-\dfrac{x}{100} =  \dfrac{3}{4}$
    $\quad$
    Ainsi $-\dfrac{x}{100} = -\dfrac{1}{4}$
    $\quad$
    Et $x = \dfrac{100}{4}  = 25$
    $\quad$
  4. L’aire du rectangle initiale est de $5 \times 8 = 40 \text{ cm}^2$.
    L’aire du nouveau rectangle est de $2^2 \times 40 = 160 \text{ cm}^2$.
    $\quad$

Exercice 2

  1. a. Il suffit de lire l’ordonnée du point $I$ : $190$.
    Il s’agissait donc d’une étape de $190$ km.
    $\quad$
    b. On lit l’abscisse du point de la courbe d’ordonnée $100$ : $2,5$.
    Les $100$ premiers kilomètres ont été faits en $2\text{h}30\text{min}$.
    $\quad$
    c. On lit la différence des ordonnées des points d’abscisse $4$ et $5$ : $190 – 170 = 20$.
    Il a donc parcouru $20$ kilomètres durant la dernière demi-heure.
    $\quad$
  2. La courbe n’est pas une droite passant par l’origine du repère. Il n’y a donc pas proportionnalité entre la distance parcourue et la durée du parcours.
    $\quad$

$\quad$

Exercice 3

  1. La fréquence d’apparition de la somme $3$ est de $15\%$.
    $\quad$
  2. La fréquence d’apparition de la somme $1$ est $0$. En effet il est impossible d’obtenir une somme égale à $1$ à l’aide de deux dés dont les quatre faces sont numérotées de $1$ à $4$. Le minimum est $2$.
    $\quad$
  3. a. On peut obtenir $3$ avec les lancés $(1;2)$ et $(2;1)$.
    $\quad$
    b. Il y a équiprobabilité, donc chaque face à la même probabilité d’apparaître $\dfrac{1}{4}$.
    Ainsi le lancé $(1;2)$ a une probabilité d’apparition de $\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{16}$.
    Il en est de même pour le tirage $(2;1)$.
    Donc la probabilité d’obtenir une somme égale à $3$ est $\dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{16} = \dfrac{1}{8} = 0,125$
    Ce résultat est différent de la fréquence observée car il ne s’agit que d’un échantillon. La probabilité correspond à la fréquence sur un nombre de lancés infinis.
    $\quad$

Exercice 4

On appelle $x$ le nombre cherché.

On obtient ainsi l’équation $(x-10)^2 – x^2  =-340$.

Or $(x-10)^2 – x^2 = x^2 – 20x + 100 – x^2 = -20x + 100$.

Par conséquent $-20x + 100 = -340$ soit $-20x = -440$ et donc $x = \dfrac{-440}{-20} = 22$.

Le nombre auquel je pense est $22$.

$\quad$

Exercice 5

  1. Il s’agit de la phrase “On considère que les deux hélicoptères se situent à la même altitude et que le peloton des coureurs roule sur une route horizontale”.
    $\quad$
  2. Dans les triangles $AMN$ et $AHL$ on a :
    – $H\in[AM]$ et $L\in [AN]$
    – $(HL) // (MN)$
    D’après le théorème de Thalès, on a :
    $$\dfrac{AH}{AM} = \dfrac{AL}{AN} = \dfrac{HL}{MN}$$
    Par conséquent $\dfrac{720}{1~000} = \dfrac{270}{MN}$
    $\quad$
    D’où $MN = \dfrac{270 \times 1~000}{720} = 375$.
    $\quad$

Exercice 6

  1. $81\text{h}00\text{min} – 80\text{h}45\text{min} = 15 \text{min}$
    $\quad$
  2. a. Cette différence correspond à l’étendue de la série statistique.
    $\quad$
    b. $\dfrac{9}{2} = 4,5$. La médiane est donc la $5$ème valeur soit $80\text{h}55\text{min}$.
    $\quad$
    c. La vitesse moyenne est donnée par $v=\dfrac{D}{T}$.
    Donc ici $v = \dfrac{3260,5}{80 + \dfrac{52}{60}} \approx 40$ km/h.
    $\quad$

Exercice 7

  1. Calculons dans un premier temps $AC^2$.
    Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$, on applique le théorème de Pythagore:
    $\begin{align*} AC^2 &= AB^2 + BC^2 \\\\
    &= 35,5^2  +35,5^2 \\\\
    & = 2520,5
    \end{align*}$
    Le centre du carré est le milieu des diagonales donc $H$ est le milieu de $[AC]$.
    Par conséquent $AH = \dfrac{1}{2}AC$ donc $AH^2 = \dfrac{AC^2}{4} = 630,125$.
    $\quad$
    On applique de nouveau le théorème de Pythagore dans le triangle $SAH$ rectangle en $H$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} SA^2 &= AH^2 + SH^2 \\\\
    33,14^2 &= 630,125 + SH^2 \\\\
    SH^2& = 1098,2596 – 630,125 \\\\
    SH^2 &= 468,1346 \\\\
    SH = \sqrt{468,1346} \\\\
    SH &\approx 21,64
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. a. Longueur du côté d’un carré sur le patron :
    $\dfrac{35,5}{800} \approx 0,044$m $ \approx 44$mm.
    Longueur d’un arête de la pyramide sur le patron :
    $\dfrac{33,14}{800} \approx 0,004$m $\approx 41$mm.
    $\quad$
    b.
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