Td corrigé corrigé - Collège Clovis Hugues pdf

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PRÉPARATION BREVET DE MATHÉMATIQUES 3

^ème

Sujet 2 corrigé Collège Clovis Hugues 2009

(Le soin apporté aux solutions des exercices, la présentation, la rédaction et l'orthographe seront notés sur 4 points.)

ACTIVITÉS NUMÉRIQUES (12 points)

Exercice n°1 4 pts 0,75

0,5+0,5 0,5+0,5 0,5+0,5 0,5+0,5

Exercice n°2 6 pts

1. a. ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^^11,2 26

19 2 16 1 15 4 14 2 12 3 11 1 10 2 9 4 7 4 6

M 3 . 1

b. La fréquence F est : ^ ^^0,46 26

F 12 . 1

2. L'étendue est : 19 − 6 = 13. 0,5

3. La note médiane est la demi-somme des 13^ème et 14^ème valeurs : 10,5. 1 4. a. 26 :4 = 6,5. Donc Q1 est la 7^ème valeur, soit 7. 1

(26 :4)×3 = 19,5. Donc Q3 est la 20^ème valeur, soit 15. 0,5

b. Le pourcentage cherché est : ⁰^,⁸⁸⁵

26

23 soit 88,5%. 1

On a : cm/s

3600 10 h 7

/ km 7

 5

 soit environ 194,4 cm/s. 1

s / 24 cm

3600 10 10 44 , jour 1 / m 10 44 , 1

2 5 5



 

 soit environ 166,7 cm/s. 1

C’est donc Julie la plus rapide.

ACTIVITÉS GÉOMÉTRIQUES (12 points)

1. a. ABC triangle rectangle en A. D’après le théorème de Pythagore, on a : 0,25

AC² = AB² + BC². BC ≈ 173,2 m. 0,25+ 0,5

b. On a : ^cos^^ _AC^AB^₃₄₆³⁰⁰_,₄. α30. 0,5+ 0,5

2. a. CDE triangle rectangle en C.

ED CED DC

sin  .

79 15 DC

sin  . DC ≈ 20,4 m. 4 ×

0,25

1

Question A B C D

1. × ×

2. × ×

3. × ×

4. × ×

(2)

b. Soit F le point d’intersection de (BC) avec la parallèle à (AB) passant par D.

On a DCF = α ≈ 30°.

CD DCF CF

cos 



 

 79 sin15 30 CF

cos CF ≈ 17,7 m. 4 ×

0,25

BF = CD + CF. BF79sin1579sin15cos30 BF ≈ 38,2 m. 0,25+0,25+0,5 Exercice n°2 7 pts

1. a. ABH triangle rectangle en H. D’après le théorème de Pythagore, on a : 0,25 AB² = AH² + BH².



⁶ ²



² ⁶₂² _^² ^^AH²









 AH² = 54 3 × 0,25

6

3









 54 9 6 9 6

AH . 0,5

b. L'aire cherchée est :  18 3 2

6 3 2

6 . 0,5+ 0,5

2. a. EFH triangle rectangle en E. D’après le théorème de Pythagore, on a : 0,25

FH² = EF² + EH². FH² 6² 6² 72 FH6 2 cm. 3 × 0,25

b. AFH est un triangle équilatéral. 0,5

[FH], [AH] et [FA] sont des diagonales de trois carrés superposables. Donc FH = AH = FA. 0,5 c. L'aire de AFH est :  18 3

2 6 3 2

6 cm². Soit environ 31,2 cm². 0,5+ 0,5

3. BDHF est un rectangle. 0,5

Son aire A est : A = DH ×FHA = 66 236 2cm². 0,5+ 0,5

PROBLÈME (12 points)

Partie A

1 . On a f(x) = ax + b où a = −10 et b = 60. Donc f est une fonction affine. De même pour g. 1 2. Seule la droite D1 passe par le point de coordonnées (6 ; 0). Et on a f(6) = 60 − 10×6 = 0. 1

3. a. L’abscisse cherchée est 0. 0,5

La droite D1 est la représentation graphique de f. Donc l’ordonnée est : f(0) = 60 − 10×0 = 60. 0,5

b. L’ordonnée cherchée est 0. 0,5

La droite D2 est la représentation graphique de g.

Donc l’abscisse est la solution de : 40−5x = 0. On trouve x = 8. 0,5 4. a. On lit : f(3) ≈ 30. Calcul : f(3) = 60 − 10×3 = 30. 0,5+ 0,5 b. On lit : g(5) ≈ 15. Calcul : On résout 40−5x = 15. On trouve x = 5. 0,5+ 0,25+0,25 Partie B

1 . f(3) représente la quantité d’essence restant dans le réservoir du véhicule Vl après 300 km. 0,5 2. La consommation pour 100 km peut être déterminée par le calcul suivant :

Pour Vl : f(0) − f(1) = 60 − 50 = 10 L. Pour V2 : g(0) − g(1) = 40 − 35 = 5 L. 0,5+ 0,5

C’est donc Gael qui a le véhicule le plus éconmique. 0,5

3. a. Par lecture graphique, la contenance du réservoir de V2 est de 40 L. 0,5 b. Par lecture graphique, lla distance que peut parcourir Vl avec un plein est 600 km. 0,5 4. a. La contenance du réservoir de Vl correspond à l’ordonnée du point d’intersection de D1

avec l’axe des ordonnées : 60 L. 0,5

b. La distance que peut parcourir V2 avec un plein correspond à l’abscisse du point

d’intersection de D2 avec l’axe des abscisses : 800 km. 0,5

2

(3)

5. f(0) − f(2,5) = 60 − (60 − 10×2,5) = 25. François a consommé 25 L. 1 6. a. La distance parcourue par les deux véhicules est de 400 km (valeur lue). 0,25 La quantité d'essence restant dans leur réservoir est de 20 L (valeur lue). 0,25 b.