Pondichéry – avril

Pondichéry – avril 2013

Mathématiques – DNB – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé de ce brevet ici.

Exercice 1

$\left( \sqrt{5} – 1 \right) \left( \sqrt{5} + 1 \right) = 5 – 1^2 = 4$ . Affirmation 1 vraie

Les diviseurs de $4$ sont : $1$ ; $-1$ ; $2$ : $-2$ ; $4$ et $-4$. Affirmation 2 fausse

Nombre de faces d’un cube : $6$
Nombre de faces d’une pyramide à base carrée : $5$
Nombre de faces d’un pavé droit : $6$
Au total : $17$ faces
Affirmation 3 vraie

Dans les triangles $OAB$ et $ODC$ :
– $O \in [AC]$ et $O \in [BD]$
– $\dfrac{OA}{OC} = \dfrac{2,8}{5}$ et $\dfrac{OB}{OD} = \dfrac{2}{3,5}$
Or $2,5 \times 3,5 = 9,9$ et $2 \times 5 = 10$
Donc $\dfrac{OA}{OC} \ne \dfrac{OB}{OD}$
D’après la contraposée du théorème de Thalès, les droites $(AB)$ et $(DC)$ ne sont pas parallèles. Affirmation 4 fausse

Exercice 2

  1. $1 + 2 + 2= 5$
    $5$ plantules ont une taille qui mesure au plus $12$ cm.
    $\quad$
  2. Etendue = $22 – 0 = 22$ cm
    $\quad$
  3. Moyenne = $\dfrac{0 \times 1 + 8 \times 2 + \ldots + 22 \times 2}{29} = \dfrac{481}{29} \approx 16,6$ cm
    $\quad$
  4. $\dfrac{29}{2} = 14,5$. La médiane est donc la $15^{ème}$ valeur c’est-à-dire $18$.
    $\quad$
  5. Nombre d’élèves ayant bien respecté le protocole :
    $$4 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 2 = 24$$
    Cela représente donc $\dfrac{24}{29} \approx 82,76 \%$
    $\quad$
  6. Si on ajoute la taille obtenue par le professeur on obtient une série de $30$ valeurs.
    La médiane sera donc la moyenne de la $15^{ème}$ et de la $16^{ème}$ valeur.
    Dans la série élèves $13$ valeurs sont inférieures ou égales à $17$ et $16$ sont inférieures ou égales à $18$.
    Par conséquent, quelle que soit la valeur ajoutée, la médiane sera donc $\dfrac{18 + 18}{2} = 18$

Exercice 3

  1. Le poids d’un homme de $70$ kg sur Terre est donc de $70 \times 9,8 = 686$ N.
    $\quad$
  2. a. Puisque sur la lune, la relation $P= mg$ reste valable alors le tableau est bien un tableau de proportionnalité.
    $\quad$
    b. On a donc $g_L = \dfrac{17}{10} = 1,7$
    $\quad$
    c. $\dfrac{9,8}{1,7} \approx 5,76$
    On pèse donc bien environ $6$ fois moins lourd sur la lune que sur la terre.
    $\quad$
  3. a. Dans le triangle $BCD$ rectangle en D, on a $\tan 4,3 = \dfrac{BD}{29}$.
    Donc $BD = 29 \tan 4,3 = 2,2$ km au dixième près.
    $\quad$
    b. On a donc $\dfrac{CD}{AB} = 0,2$ donc $AB = \dfrac{2,9}{0,2} = 145$ km.

Exercice 4

  1. Si on tape $6$ dans A17 alors on obtient $ 2 \times 6^2 – 3\times 6 – 9 = 45$ dans B17.
    $\quad$
  2. Les solutions sont les nombres du tableau pour lesquelles la valeur dans la colonne B est $0$.
    Les solutions sont donc$-1,5$ et $3$.
    $\quad$
  3. L’aire du rectangle est $(2x+3)(x-3) = 2x^2 – x + 3x – 9$ $=2x^2-3x-9$.
    Le tableau nous fournit $2$ valeurs $-2$ et $3,5$. $x$ est nécessairement plus grand que $3$.
    Donc $x = 3,5$.

 Exercice 5

  1. a. $A_{ABCD} = \dfrac{3V}{SH} = \dfrac{3 \times 108}{9} = 36 \text{cm}^2$.
    $\quad$
    b. Or $A_{ABCD} = AB^2$ donc $AB^2 = 36$ et $AB = 6 \text{cm}$
    $\quad$
    c. Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ donc d’après le théorème de Pythagore :
    $AC^2 = AB^+ BC^2 = 72$
    Donc $AC = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$.
    Le périmètre de $ABC$ est donc de :
    $$ 2 \times + 6\sqrt{2} = 12 + 6\sqrt{2}$$
    $\quad$
  2. a. Le carré de $MNOP$ est une réduction de $ABCD$ de rapport $k$.
    Par conséquent $4 = 36k^2$. Finalement $k^2 = \dfrac{1}{9}$ et $k = \dfrac{1}{3}$.
    Donc le volume de $SMNOP$ est de $k^3 \times 108 = 4 \text{cm}^3$.
    $\quad$
    b. Puisque la pyramide $SMNOP$ est une réduction de $SABCD$ de rapport $\dfrac{1}{3}$ alors il suffit de diviser les longueurs de $SBACD$ par$3$ pour trouver celles de $SMNOP$.
    Elise a donc raison.

Exercice 6

  1. $255$ jours $=255 \times 24 = 6120$ heures.
    $\quad$
  2. La vitesse est donc : $\dfrac{560 \times 10^6}{6120} = 91~500$ km/h arrondi à la centaine près.
    $\quad$
  3. Temps mis par le signal pour parcourir la distance Mars-terre :
    $$ \dfrac{248 \times 10^6}{300~000} \approx 827 \text{s} = 13 \text{min}+47 \text{s}$$
    Les images seront donc reçues à $7\text{h }48\text{min} + 13\text{min }47\text{s} = 8\text{h } + 01\text{min }47\text{s}$.
    La NASA recevra donc les images à $8\text{h }02\text{min}$ arrondi à la minute près.