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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