Brevet 2024 de maths (centres en Asie) : sujet et corrigé

L’affirmation est fausse.

Regardons l’assemblage depuis sa droite. En bas, on voit les deux cubes de droite, posés l’un derrière l’autre : deux carrés côte à côte. Mais le cube du haut de la colonne de gauche dépasse au-dessus d’eux : il est vu lui aussi, comme un carré posé au-dessus du carré qui correspond à l’avant de l’assemblage.

La vue de droite est donc formée de trois carrés en forme de L, et non de deux.

L’affirmation est fausse.

D’après le codage, $SN = ON = 6$ cm, donc $SO = 6 + 6 = 12$ cm. De plus, $SD = SU + UD = 5 + 6 = 11$ cm.

Les points $S$, $N$, $O$ d’une part et $S$, $U$, $D$ d’autre part sont alignés. On compare les rapports :

Or $\dfrac{1}{2} = \dfrac{5{,}5}{11} \neq \dfrac{5}{11}$. Si les droites $(NU)$ et $(OD)$ étaient parallèles, ces deux rapports seraient égaux d’après le théorème de Thalès. Ils ne le sont pas, donc les droites $(NU)$ et $(OD)$ ne sont pas parallèles.

(L’angle droit en $S$ et le point $E$ ne servent pas pour cette affirmation.)

L’affirmation est vraie.

• Urne : $10$ boules en tout, dont $6$ bleues, toutes ont la même chance d’être tirées : $P(\text{bleue}) = \dfrac{6}{10} = 0{,}6$.
• Dé : $3$ faces paires ($2$, $4$, $6$) sur $6$ : $P(\text{pair}) = \dfrac{3}{6} = 0{,}5$.

Comme $0{,}6 > 0{,}5$, la probabilité d’obtenir une boule bleue est bien supérieure.

Remarque : le sujet annonce « quatre affirmations », mais n’en donne que trois. C’est une coquille de l’énoncé.

Les droites $(AB)$ et $(CG)$ sont perpendiculaires en $C$, donc le triangle $BCG$ est rectangle en $C$, d’hypoténuse $[BG]$. D’après le théorème de Pythagore :

$BC$ est une longueur, donc positive : $BC = \sqrt{300} \approx 17{,}32$ cm, soit environ $17{,}3$ cm.

$C$ est le milieu de $[AB]$, donc $AB = 2 \times BC = 2\sqrt{300} \approx 34{,}64$ cm. La hauteur issue de $G$ dans le triangle $BAG$ est $[GC]$, perpendiculaire à $(AB)$, de longueur $10$ cm.

L’aire du triangle $BAG$ est d’environ $173 \text{ cm}^2$.

Dans le triangle $BCG$ rectangle en $C$, le côté adjacent à l’angle $\widehat{CGB}$ est $[CG]$ et l’hypoténuse est $[BG]$ :

Or $\cos 60° = \dfrac{1}{2}$, donc $\widehat{CGB} = 60°$ exactement (la calculatrice donne aussi $\arccos(0{,}5) = 60$).

La droite $(GC)$ est perpendiculaire à $[AB]$ en son milieu $C$ : c’est la médiatrice de $[AB]$. Les triangles $ACG$ et $BCG$ sont donc symétriques par rapport à $(GC)$, et $\widehat{AGC} = \widehat{CGB} = 60°$.

Chaque pièce est limitée par les segments $[GA]$ et $[GB]$ et par l’arc de cercle de centre $G$ qui va de $A$ à $B$ : c’est une « part de disque » (un secteur) de centre $G$ et de rayon $GB = 20$ cm, dont l’angle au centre vaut $\widehat{AGB} = 120°$.

En plaçant les trois pièces côte à côte, leurs pointes $G$ au même endroit, les trois angles de $120°$ font $3 \times 120° = 360°$, soit un tour complet, sans trou ni chevauchement. Les trois arcs, de même rayon $20$ cm, se raccordent en un cercle complet : les élèves forment bien un disque de rayon $20$ cm.

Les trois pièces identiques forment un disque de rayon $20$ cm, donc chaque pièce a pour aire le tiers de celle du disque :

Chaque pièce a une aire d’environ $419 \text{ cm}^2$.

Dans le tableau, on lit la distance Strasbourg – Marseille à l’intersection de la ligne « Strasbourg » et de la colonne « Marseille » : $803$ km.

Aller-retour : $2 \times 803 = 1\,606$ km.

Avec la formule B, la location coûtera bien $701{,}50$ €.

• Formule A : $0{,}50 \times 1\,606 = 803$ €.
• Formule B : $701{,}50$ € (question 2).
• Formule C : $900$ €.

La formule B est la plus avantageuse pour ce trajet.

On prend la formule la plus avantageuse, la formule B : $701{,}50$ €.

Carburant. La voiture consomme $5{,}6$ L pour $100$ km, donc pour $1\,606$ km :

Coût du gazole : $89{,}936 \times 1{,}87 \approx 168{,}18$ €.

Total. Location, carburant et péages :

Comme $985{,}48 < 1\,000$, leur budget sera suffisant, de justesse : il leur restera environ $14{,}52$ €.

• Formule A : $0{,}5x$ (en euros).
• Formule B : $0{,}25x + 300$.
• Formule C : $900$, quel que soit $x$.

• Courbe 1 → formule C : le coût est constant ($900$ €), d’où la droite horizontale.
• Courbe 2 → formule B : la droite part de $300$ € (le forfait) pour $0$ km.
• Courbe 3 → formule A : la droite passe par l’origine, le coût est proportionnel à la distance.

La solution est $x = 1\,200$. Interprétation : pour une distance de $1\,200$ km, les formules A et B coûtent le même prix : $0{,}5 \times 1\,200 = 600$ € (et $0{,}25 \times 1\,200 + 300 = 600$ €). C’est l’abscisse du point d’intersection des courbes 2 et 3.

La formule C. (Pour $2\,500$ km : formule A, $1\,250$ € ; formule B, $0{,}25 \times 2\,500 + 300 = 925$ € ; formule C, $900$ €.)

Par exemple $1\,000$ km : formule A, $500$ € ; formule B, $550$ € ; formule C, $900$ €. Toute distance strictement inférieure à $1\,200$ km convient.

On regarde quelle courbe est la plus basse :

• de $0$ à $1\,200$ km, c’est la courbe 3 : la formule A est la moins chère ;
• de $1\,200$ à $2\,400$ km, c’est la courbe 2 : la formule B est la moins chère ;
• de $2\,400$ à $2\,600$ km, c’est la courbe 1 : la formule C est la moins chère.

Les courbes 2 et 3 se coupent à l’abscisse $1\,200$, les courbes 1 et 2 à l’abscisse $2\,400$ : à ces distances, les deux formules concernées coûtent le même prix. (Vérification par le calcul : $0{,}25 \times 2\,400 + 300 = 900$.)

Au point de coordonnées $(-100 \,;\, 0)$ (instruction « aller à x: (-100) y: (0) »).

La variable « côté » vaut $80$ pas, soit $80 \div 20 = 4$ cm.

• Le premier bloc « répéter » trace un triangle équilatéral de côté $4$ cm : le lutin avance vers la droite puis tourne vers la gauche (↺), donc le triangle est au-dessus du segment de départ.
• Le lutin revient à son point de départ, orienté vers la droite. Le second bloc trace le même triangle en tournant vers la droite (↻) : il est au-dessous du même segment.

On obtient un losange formé de deux triangles équilatéraux de $4$ cm de côté, qui ont en commun le segment horizontal de $4$ cm tracé à partir du point de départ, vers la droite.

• Script n°1 → figure B. Après chaque motif, le stylo est relevé (dernière instruction du motif) et le lutin avance de $100$ pas sans tracer : les trois losanges identiques sont côte à côte, séparés par un espace de $100 - 80 = 20$ pas.
• Script n°2 → figure A. Le lutin ne bouge pas entre deux motifs, mais le côté est multiplié par $1{,}2$ : trois losanges de plus en plus grands, avec le même sommet de départ.
• Script n°3 → figure C. Le lutin tourne de $120°$ entre deux motifs : les trois losanges ($6$ triangles équilatéraux) font le tour du point de départ ($3 \times 120° = 360°$) et forment un hexagone.

$3$ fois (bloc « répéter (3) fois »).

La variable vaut $80$ au départ et elle est multipliée par $1{,}2$ après chacun des $3$ motifs :

À la fin du script, « côté » vaut $138{,}24$ (soit $80 \times 1{,}2^3$).