Brevet 2025 de maths (Amérique du Nord) : sujet et corrigé

Les boules sont indiscernables au toucher : chaque boule a la même chance d’être tirée. Il y a $20$ boules vertes sur $40$ :

La probabilité d’obtenir une boule verte est $0{,}5$.

$1\,050 = 2 \times 3 \times 5^2 \times 7$.

Vérification : $1\,050 = 2 \times 525$, $525 = 3 \times 175$, $175 = 5 \times 35$ et $35 = 5 \times 7$.

Augmenter de $14\,\%$ revient à multiplier par $1 + \dfrac{14}{100} = 1{,}14$ :

Après l’augmentation, l’article coûte $28{,}50$ €.

Dans un agrandissement de coefficient $k$, les longueurs sont multipliées par $k$ et les aires par $k^2$. Ici $k^2 = 2{,}5^2 = 6{,}25$ :

L’aire du polygone 2 est égale à $46{,}875$ cm².

Effectif total : $2 + 4 + 2 + 5 + 2 + 4 + 6 + 5 = 30$ élèves.

Somme des tailles :

Moyenne : $\dfrac{5\,016}{30} = 167{,}2$. La taille moyenne des élèves de cette classe est $167{,}2$ cm.

Les $30$ tailles sont rangées dans l’ordre croissant dans le tableau. L’effectif est pair : la médiane est la moyenne de la $15^{\text{e}}$ et de la $16^{\text{e}}$ valeur.

Effectifs cumulés : $2$ ; $6$ ; $8$ ; $13$ ; $15$ ; $19$ ; $25$ ; $30$. La $15^{\text{e}}$ taille est donc $165$ cm et la $16^{\text{e}}$ est $170$ cm.

La médiane des tailles est $167{,}5$ cm : au moins la moitié des élèves mesurent $167{,}5$ cm ou moins, et au moins la moitié mesurent $167{,}5$ cm ou plus.

Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$, d’hypoténuse $[AC]$. D’après le théorème de Pythagore :

$AB = \sqrt{1\,600} = 40$. La longueur $AB$ est égale à $40$ m.

Les points $A$, $B$, $E$ et $M$ sont alignés, sur la droite $(EB)$.

• Le triangle $ADE$ est rectangle en $E$, donc $(DE) \perp (EB)$.
• Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$, donc $(BC) \perp (EB)$.

Les droites $(DE)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires à une même droite : elles sont donc parallèles.

Les points $E$, $A$, $B$ sont alignés, les points $D$, $A$, $C$ sont alignés, et les droites $(DE)$ et $(BC)$ sont parallèles. D’après le théorème de Thalès :

La longueur $DE$ est bien égale à $42$ m.

Le point $M$ est sur la droite $(AE)$, donc le triangle $DME$ est rectangle en $E$. Pour l’angle $\widehat{DME}$, $[DE]$ est le côté opposé et $[EM]$ le côté adjacent :

La longueur $EM$ est environ égale à $24{,}2$ m.

On calcule d’abord $AE$. D’après la question 3, $\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{70}{50}$, donc $AE = \dfrac{70 \times 40}{50} = 56$ m.

On peut aussi le vérifier avec le théorème de Pythagore dans le triangle $ADE$ rectangle en $E$ : $AE^2 = 70^2 - 42^2 = 4\,900 - 1\,764 = 3\,136$ et $\sqrt{3\,136} = 56$.

Le point $M$ est entre $E$ et $A$ : $AM = AE - EM = 56 - \dfrac{42}{\tan(60°)} \approx 31{,}751$ m (on garde la valeur non arrondie de $EM$ et on n’arrondit qu’à la fin).

Dans le triangle $AMD$, la hauteur issue de $D$ est $[DE]$, puisque $(DE)$ est perpendiculaire à la droite $(AM)$. Donc :

L’aire du triangle $AMD$ est d’environ $666{,}8$ m².

Remarque : le sujet ne fixe pas d’arrondi ; un calcul avec $EM \approx 24{,}2$ m donne environ $667{,}8$ m², une réponse elle aussi acceptable.

$4 \times 3 = 12$ ; $12 + 15 = 27$ ; $27 \div 3 = 9$ ; $9 - 4 = 5$.

Avec $4$, le programme A donne bien $5$.

$-2 \times 3 = -6$ ; $-6 + 15 = 9$ ; $9 \div 3 = 3$ ; $3 - (-2) = 3 + 2 = 5$.

Avec $-2$, le programme A donne bien $5$.

On note $x$ le nombre choisi. Les étapes donnent : $3x$, puis $3x + 15$, puis $\dfrac{3x + 15}{3} = x + 5$, puis $x + 5 - x = 5$.

Quel que soit le nombre choisi, le programme A donne $5$ : l’affirmation est vraie.

$10 - 1 = 9$ et $10 - 6 = 4$ ; $9 \times 4 = 36$ ; $36 + 5 = 41$.

Avec $10$, le programme B donne $41$.

Avec le nombre $x$, le programme B donne $(x - 1)(x - 6) + 5$, et le programme A donne toujours $5$. On cherche donc les nombres $x$ tels que :

Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : $x - 1 = 0$ ou $x - 6 = 0$, soit $x = 1$ ou $x = 6$.

Vérification : avec $1$, le programme B donne $0 \times (-5) + 5 = 5$ ; avec $6$, il donne $5 \times 0 + 5 = 5$.

Les deux nombres cherchés sont $1$ et $6$.

Non. Une situation de proportionnalité est représentée par une droite qui passe par l’origine. Ici, la courbe passe bien par l’origine, mais ce n’est pas une droite : c’est une ligne brisée, avec même un palier horizontal entre $30$ et $40$ minutes.

Par exemple, en $10$ minutes Malo parcourt $2$ km, mais en $40$ minutes il n’a parcouru que $6{,}5$ km, et non $4 \times 2 = 8$ km.

Au bout de $20$ minutes, Malo a parcouru $4{,}5$ km.

Il a mis $50$ minutes pour faire les $9$ premiers kilomètres.

Malo parcourt les $13{,}5$ km en $80$ minutes. Or $80 \text{ min} = \dfrac{80}{60} \text{ h} = \dfrac{4}{3}$ h.

La vitesse moyenne de Malo est d’environ $10{,}1$ km/h.

Ils courent la même distance, à vitesse régulière : le plus rapide arrive le premier. Louise court plus vite ($12$ km/h contre $10$ km/h), c’est donc Louise qui franchit la première la ligne d’arrivée.

On peut le vérifier avec les durées ($t = \dfrac{d}{v}$) :

• Louise : $\dfrac{13{,}5}{12} = 1{,}125$ h, soit $1$ h $7{,}5$ min ;
• Hillal : $\dfrac{13{,}5}{10} = 1{,}35$ h, soit $1$ h $21$ min.

Louise arrive au bout de $1{,}125$ h. Pendant ce temps, Hillal a parcouru :

Il lui reste $13{,}5 - 11{,}25 = 2{,}25$ km à courir. Lorsque Louise franchit la ligne d’arrivée, $2{,}25$ km la séparent de Hillal.

• Le script 1 répète $3$ fois « avancer, tourner de $120°$ » : il trace un triangle équilatéral, c’est le dessin 2.
• Le script 2 répète $6$ fois « avancer, tourner de $60°$ » : il trace un hexagone régulier, c’est le dessin 1.

Ordre des instructions cachées : B, C, A. La boucle complète devient :

répéter 2 fois
  avancer de 30 pas
  tourner ↺ de 120 degrés     (instruction B)
  avancer de 30 pas           (instruction C)
  tourner ↺ de 60 degrés      (instruction A)

Le lutin part vers la droite et trace le côté du bas. Au sommet en bas à droite, l’angle du losange mesure $60°$ : pour longer le côté suivant, le lutin tourne de $180° - 60° = 120°$ (instruction B). Il trace ce côté (instruction C), puis, au sommet où l’angle mesure $120°$, il tourne de $180° - 120° = 60°$ (instruction A). La boucle répétée $2$ fois trace les $4$ côtés, et le lutin revient à son point de départ, orienté vers la droite ($120° + 60° + 120° + 60° = 360°$).

L’instruction « aller à x: -200 y: 0 » place le lutin au point de coordonnées $(-200 \,;\, 0)$.

Les captures possibles sont les n° 2 et n° 3.

• Si la variable Motif vaut $1$ ou $2$, le lutin ne dessine rien et dit « Perdu ! » depuis son point de départ : c’est la capture n° 3.
• Si Motif vaut $3$, le lutin trace $6$ losanges. Après chaque losange, il est revenu à son point de départ, orienté vers la droite, et le bloc « Motif 3 » a relevé le stylo : il avance de $60$ pas sans tracer. Les losanges sont donc séparés par des espaces réguliers, alignés vers la droite, puis le lutin dit « Voici le dessin ! » : c’est la capture n° 2.

Les autres sont impossibles : la n° 1 montre des losanges accolés (il faudrait avancer de $30$ pas seulement), la n° 4 n’a que $3$ losanges au lieu de $6$, et la n° 5 suppose que le lutin tourne entre deux losanges, ce que le script ne fait pas.

Le message « Voici le dessin ! » s’affiche seulement si le nombre aléatoire vaut $3$. Les trois nombres $1$, $2$ et $3$ ont la même chance d’être tirés, donc la probabilité est $\dfrac{1}{3}$.

La fréquence de l’affichage « Voici le dessin ! » est $0{,}4$, soit $40\,\%$.

La probabilité $\dfrac{1}{3} \approx 0{,}33$ est une valeur théorique. La fréquence $0{,}4$ est observée sur une série de seulement $100$ expériences, où le hasard fait varier les résultats : c’est la fluctuation d’échantillonnage. La fréquence se rapproche de la probabilité quand le nombre de lancers devient très grand, mais elle n’a aucune raison de lui être égale pour $100$ lancers.