DNB – Amérique du Nord – Juin 2019

Amérique du Nord – Juin 2019

DNB – Mathématiques – Correction

 

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Ex 1

Exercice 1

  1. Dans le triangle $AEF$, le plus grand côté est $[AF]$.
    D’une part $AF^2=10^2=100$,
    D’autre part $AE^2+EF^2=8^2+6^2=64+36=100$.
    Donc $EF^2=AE^2+EF^2$.
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $AEF$ est rectangle en $E$.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $AEF$ rectangle en $E$ on a :
    $\sin \widehat{EAF}=\dfrac{EF}{AF}=\dfrac{6}{10}=0,6$.
    À l’aide de la touche $\sin^{-1}$ ou $\text{Asn}$ de la calculatrice, on obtient que $\widehat{EAF}\approx 37°$.
    Remarque : on pouvait également utiliser le cosinus ou la tangente.
    $\quad$
  3. Dans les triangles $ART$ et $AEF$ :
    – le point $F$ appartient au segment $[AT]$,
    – le point $E$ appartient au segment $[AR]$,
    – $\dfrac{AF}{AT}=\dfrac{10}{14}=\dfrac{5}{7}$ et $\dfrac{AE}{AR}=\dfrac{8}{12}=\dfrac{2}{3}$.
    Par conséquent $\dfrac{5}{7}\neq \dfrac{2}{3}$ (les produits en croix ne sont pas égaux ou les valeurs approchées au centième sont différentes par exemple).
    D’après la contraposée du théorème de Thalès, les droites $(ER)$ et $(RT)$ ne sont pas parallèles.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. D’une part $\dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{10}+\dfrac{5}{10}=\dfrac{11}{10}>1$
    D’autre part $\dfrac{3+1}{5+2}=\dfrac{4}{7}<1$
    Par conséquent $\dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2}\neq \dfrac{3+1}{5+2}$
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
  2. $f(-1)=5-3\times (-1)=5+3=8\neq -2$
    Affirmation 2 fausse
    $\quad$
  3. Les nombres premiers compris entre $1$ et $11$ sont $2$, $3$, $5$, $7$ et $11$.
    La probabilité de choisir un nombre premier dans l’expérience 1 est donc $p_1=\dfrac{5}{11}$
    $\quad$
    Les nombres pairs compris entre $1$ et $6$ sont $2$, $4$ et $6$.
    La probabilité d’obtenir un nombre pair dans l’expérience 2 est donc $p_2=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
    Or $\dfrac{5}{11}<\dfrac{1}{2}$
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  4. Pour tout nombre $x$ on a :
    $\begin{align*}(2x+1)^2-4&=(2x+1)^2-2^2 \\
    &=\left[(2x+1)-2\right]\times \left[(2x+1)+2\right] \\
    &=(2x+1-2)(2x+1+2)\\
    &=(2x-1)(2x+3)\end{align*}$
    Affirmation 4 vraie
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. Environ $140$ kg de nourriture par habitant du pays D ont été gaspillés en 2010.
    $\quad$
  2. Environ $545$ kg de nourriture par habitant du pays A  et environ $110$ kg de nourriture par habitant du pays F ont été gaspillés en 2010.
    $\dfrac{545}{5}=109 \approx 110$.
    Le gaspillage de nourriture d’un habitant du pays F représente bien environ un cinquième du gaspillage de nourriture d’un habitant du pays A.
    $\quad$
  3. a. $3~760~500$ tonnes de nourriture ont été gaspillée par les habitant du pays X en 2010.
    $\quad$
    b. Il faut saisir $=B2/1~000*C2*1~000~000$ pour convertir les kilogrammes en tonnes et les millions en unités.
    On doit saisir $=B2*C2*1~000$ (Proposition 3).
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

  1. On obtient le programme suivant :
    $\quad$
  2. Le lutin doit au minimum avancer de $27$ points. Deux points consécutifs sont séparés de $30$ pixels.
    Le lutin devra donc parcourir au minimum $27\times 30=810$ pixels.
    $\quad$
  3. En appuyant sur la touche « flèche haut » le lutin se déplace de $30$ pixels vers le haut. En appuyant sur la touche « flèche droite » le lutin se déplace de $30$ pixels vers la droite. La couleur touchée est alors noire. Le lutin revient donc à sa position initiale $(-180;-120)$.
    $\quad$

 

Ex 5

Exercice 5

  1. Dans une symétrie centrale, l’image d’un segment est un segment de même mesure.
    Par la symétrie de centre $O$, le point $C$ a pour image $F$, le point $D$ a pour image $A$ et le point $E$ a pour image $B$. Le point $O$ est invariant par cette symétrie.
    Ainsi, l’image du quadrilatère $CDEO$ par la symétrie de centre $O$ est le quadrilatère $FABO$.
    Proposition 1
    $\quad$
  2. Dans une symétrie axiale, l’image d’un segment est un segment de même mesure.
    Le point $O$ appartient à l’axe $(CF)$. Il est donc sa propre image par la symétrie d’axe $(CF)$.
    L’image du point $A$ par cette symétrie est $E$.
    L’image du segment $[AO]$ par la symétrie d’axe $(CF)$ est donc le segment $[EO]$.
    $\quad$
  3. Il s’agit de la rotation de centre $O$ et d’angle $2\times 60=120°$ dans le sens des aiguilles d’une montre.
    Par cette transformation, l’image du triangle $BOC$ est le triangle $DOE$.
    $\quad$
  4. Par la translation qui transforme l’hexagone 2 en l’hexagone 12, l’hexagone 14 est transformé en l’hexagone 19.
    $\quad$

 

Ex 6

Exercice 6

Partie A

  1. Trente minutes (soit $0,5$ heure) après la prise de ce médicament, il y a $10$ mg/L de principe actif dans le sang.
    $\quad$
  2. La quantité de principe actif est la plus élevée environ $2$ heures après la prise de ce médicament.
    $\quad$

Partie B

Masse d’alcool contenue dans la boisson ① est $m_1=33\times 0,05\times 7,9=13,035$ g.

Masse d’alcool contenue dans la boisson ② est $m_2=12,5\times 0,12\times 7,9=11,85$ g.

La boisson ① contient donc une masse d’alcool supérieure à celle de la boisson ②.

$\quad$

Ex 7

Exercice 7

  1. Il y a $5$ boulets dans l’empilement à $2$ niveaux.
    $\quad$
  2. Dans l’empilement à $3$ niveaux, il y a $9+4+1=14$ boulets.
    $\quad$
  3. Dans l’empilement à $4$ niveaux, il y a $16+14=30$ boulets.
    Dans l’empilement à $5$ niveaux, il y a $25+30=55$ boulets.
    L’empilement obtenu possède donc $5$ niveaux.
    $\quad$
  4. Volume d’un boulet de rayon $6$ cm $=0,06$ m :
    $V=\dfrac{4}{3}\times \pi\times 0,06^3=0,000~288\pi$.
    Masse d’un boulet :
    $m=7~300\times 0,000~288\pi=2,102~4\pi$ kg.
    Masse de l’empilement :
    $\begin{align*} M&=2,102~4\pi \times 14\\
    &=29,433~6\pi\\
    &\approx 92,47 \text{ kg}\end{align*}$
    L’empilement à $3$ niveaux de ces boulets pèse donc bien environ $92$ kg.
    $\quad$

Ex 8

Exercice 8

  1. La plus basse note est au plus $6$. Puisque l’étendue de cette série est égale à $9$, cela signifie que la plus haute note est inférieure ou égal à $6+9=15<16$.
    Aucune des notes manquantes ne peut donc être $16$.
    $\quad$
  2. Supposons que les deux notes manquantes soient $12,5$ et $13,5$.
    La moyenne de cette série de notes est donc :
    $\begin{align*} m&=\dfrac{10+13+15+14,5+6+7,5+12,5+13,5}{8} \\
    &=\dfrac{92}{8}\\
    &=11,5\end{align*}$
    $\quad$
    On range dans l’ordre croissant cette série de note :
    $6;\quad 7,5;\quad 10;\quad 12,5;\quad 13; \quad 13,5;\quad 14,5;\quad 15$
    $\dfrac{8}{2}=4$ la médiane est donc la moyenne de la $4^{\text{ème}}$ et  $5^{\text{ème}}$ note, c’est-à-dire $\dfrac{12,5+13}{2}=12,75 \neq 12$.
    $\quad$
    Les deux notes manquantes ne peuvent donc pas être $12,5$ et $13,5$.
    $\quad$.

Énoncé

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