CRPE – Mathématiques Corrigé EXERCICE 1

CRPE – Mathématiques
Corrigé
EXERCICE 1
1. La moyenne 𝑥 de la série totale est : 𝑥 = !" × !! ! !"×!,! !"!!"
= 1,7 où mF est la moyenne
des tailles des filles de la classe.
35 ×1,7 = 20𝑚! + 27 On a donc :
20𝑚! = 59,5 − 27 = 32,5
𝑚! = !",!
!"
= 1,625
La moyenne des tailles des filles de cette classe est donc de 1,625 m.
L’affirmation 1 est donc fausse.
!
2. La probabilité d’obtenir 6 est , donc la somme des probabilités d’obtenir les nombres
!
!
de 1 à 5 est aussi égale à , et ces probabilités sont toutes égales, elles sont donc
!
!
!
!
!
!"
égales à × soit
!
.
Les nombres pairs sur le dé sont 2, 4 et 6.
Ainsi, la probabilité P(pair) d’obtenir un nombre pair est :
P(pair) =
!
!"
+ !
!"
!
!
!
!"
+ = Les nombres impairs sur le dé sont 1, 3 et 5.
Ainsi, la probabilité P(impair) d’obtenir un nombre impair est :
P(impair) =
Or
!
!"
≠ !
!"
!
!"
+ !
!"
+ !
!"
= !
!"
On n’a donc pas autant de chances d’obtenir un nombre pair qu’un nombre
impair.
L’affirmation 2 est donc fausse.
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3. 𝐴 = 𝑎 + !
!
!
= 𝑎 + 2 + !
!
a est un nombre rationnel, donc
!
!
également.
A est la somme de trois nombres rationnels, c’est donc un rationnel.
L’affirmation 3 est donc vraie.
4. Soit A le point d’intersection de (SV) avec sa perpendiculaire en P.
h = SV – SA
SV = 1 m.
Calculons SA :
Dans le triangle SAP, rectangle en A, on peut utiliser les relations de trigonométrie :
cos 𝐴𝑆𝑃 = cos 30 =
!"
!"
!"
donc SA = cos 30
!
h ≈ 0,133975 m
h = 1 – cos 30
h ≈ 13,4 cm au mm près
L’affirmation 4 est donc vraie.
5. A est l’aire du disque inscrit dans l’hexagone régulier de centre O, et de rayon OI
On a donc : A = 𝜋 ×𝑂𝐼² AFADEC – Nathalie N’Diaye – Droits de reproduction réservés
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A’ est l’aire du disque circonscrit au même hexagone, ce disque est de centre O et de
rayon OB.
On a donc : A’ = 𝜋 ×𝑂𝐵².
L’hexagone étant régulier, il est constitué de 6 triangles équilatéraux. OAB est donc
équilatéral.
(OI) est perpendiculaire à (AB) donc (OI) est la hauteur issue de O du triangle OAB qui est
équilatéral, donc (OI) est aussi la médiatrice de [AB].
!
!
!
!
Par conséquent, I est le milieu de [AB], BI = AB = OB
Dans le triangle OBI, rectangle en I, d’après la propriété de Pythagore, on a :
OB² = OI² + BI²
!
OB² = OI² +
OB² = OI² +
!
!
!
OB
!
OB²
d’où : OI² = OB² -
!
!
OB² =
!
!
OB²
Le rapport entre l’aire A et l’aire A’ est :
!
!!
=
! ×!"²
! ×!"²
3
OB²
= 4
!"² = !
!
!
!
≠ 5
4
L’affirmation 5 est donc fausse
EXERCICE 2
1. D’après l’énoncé, les 4 faces SAC, SAB, SBD et SCD sont des triangles équilatéraux.
donc SA = SB = SC = AB
De plus, ABCD est un carré de côté a,
donc le triangle ASC est isocèle en S avec SA = SC = a.
[AC] est une diagonale du carré ABCD, donc AC = a 2.
2.
a) La pyramide SABCD est régulière, donc sa hauteur issue de S passe par le centre de
sa base donc (SO) est la hauteur issue de S de la pyramide SABCD.
(SO) est donc perpendiculaire au plan (ABCD), (SO) est donc perpendiculaire à toutes les
droites du plan (ABCD) passant par O.
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Donc (SO) est perpendiculaire à (AO), le triangle ASO est donc rectangle en O.
b) Dans le triangle ASO, rectangle en O, d’après la propriété de Pythagore, on a :
AS² = AO² + SO²
D’après la question 1 : SA = a
!
!
!
!
[AO] est une demi-diagonale du carré ABCD, de côté a, donc AO = AD = 𝑎 2
Ainsi,
!
𝑎² = 𝑎² + 𝑆𝑂²
!
Donc SO =
!
!
!
!
donc SO² = 𝑎² − 𝑎² = 𝑎²
𝒂 𝟐
𝟐
3. Dans le triangle ASO, rectangle en O, on a, d’après les relations de trigonométrie :
cos 𝐴𝑆𝑂 =
!"
!"
= ! !
!
!
= !
donc 𝑨𝑺𝑶 = 45° l’angle 𝑨𝑺𝑶 mesure 45°
!
(SO) est perpendiculaire à (AO) et donc aussi à (AC).
De plus, O est le centre du carré ABCD, donc le milieu de ses diagonales.
(SO) est perpendiculaire à (AC) et passe par le milieu de [AC], (SO) est donc la médiatrice
de [AC].
Le triangle ASC étant isocèle en S, la médiatrice de [AC] est aussi la bissectrice de ASC.
Donc ASC = 2 ASO = 90°..
L’angle 𝑨𝑺𝑪 mesure 90°.
4. Le volume VSABCD de la pyramide SABCD est : VSABCD =
!
!
AABCD × SO où AABCD est
l’aire du carré ABCD.
AABCD = a² et
Donc VSABCD =
SO =
!
!
×𝑎²×
! !
!
! !
!
VSABCD =
𝒂𝟑 𝟐
𝟔
Le volume de SABCD est donc
𝒂𝟑 𝟐
𝟔
.
5.
a) La pyramide est constituée d’un carré ABCD de côté 4 cm, et de 4 faces triangulaires
SAB, SBC, SCD et SAD, qui sont des triangles équilatéraux de côté 4 cm
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b) Pour construire un moule, l’aire
A
de la plaque métallique nécessaire est égale à
l’aire de toutes les faces de la pyramide. Les 4 faces triangulaires sont isométriques, elles ont
donc la même aire. Ainsi : A
AABCD = a² = 16
et
= AABCD + 4×ASAB
ASAB =
!" ×!
!
où h est la hauteur issue de S du triangle SAB.
SAB étant un triangle équilatéral de côté 4 cm, sa hauteur h vaut
Ainsi ASAB =
! ×! !
!
A
D’où
! !
!
= ! !
!
= 2 3.
= 4 3
= 16 + 4 × 4 3 = 16 + 16 3
L’aire de la plaque métallique nécessaire, en cm², est 16 + 16 𝟑 soit 43,71 cm au
centième près.
c) On remplit le moule de cire aux deux tiers de la hauteur de la pyramide. La partie
remplie de cire correspond à une pyramide, qui est une réduction de la pyramide SABCD de
!
rapport . Ainsi le volume VC de cire nécessaire pour une bougie est :
!
VC =
VC =
! !
!
!
!"
× 𝑉!"#$%
× ! ! !
!
=
!"# !
!"
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le volume de cire nécessaire pour une bougie est, en cm3,
𝟐𝟓𝟔 𝟐
𝟖𝟏
.
EXERCICE 3
1.
a) On remplace a par 1 et b par 3 dans les deux membres de l’égalité :
!!!!
!!!
!!!
!!
= !!! = !" 𝑒𝑡 On remarque que :
b)
!!!!
!!!
!!!
!!
!"
!!
!
= !
!
!
≠ ! donc l’égalité n’est pas vérifiée pour a = 1 et b = 3.
!!
= !!! = !! = 1 𝑒𝑡 !!
!
!
= ! = 1
donc l’égalité est vérifiée pour a = 1 et b = 2.
2. On sait que b = 2a et on vérifie si l’égalité est vraie ou pas :
!!!!
!!!
!!!!
= !!!! = 1 𝑒𝑡 !!
!
!!
= !! = 1
Donc l’égalité est vraie si b = 2a.
3.
!!!!
!!!
= !!
!
avec b différent de 0 et – 9. On effectue les produits en croix :
(9 + 2a) × b = (9 + b) × 2a
9b + 2ab = 18a + 2ab
9b = 18a + 2ab – 2 ab
9b = 18a
b = 2a
Si l’égalité est vraie alors b = 2a.
Partie B
1. Développons l’expression : 𝑥 + 2
𝒙+𝟐
𝟐
!
− 𝑥² = 𝑥² + 4𝑥 + 4 − 𝑥 !
− 𝒙² = 𝟒𝒙 + 𝟒
2.
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a) 𝑥 + 2
!
= −1 + 2
𝑥² + 𝑥 + 1
!
!
= 1! = 1
= −1
!
+ −1 + 1
!
= 1 + 0 = 1.
(- 1) vérifie l’équation (E)
Donc – 1 est bien solution de l’équation (E).
b) (E) : 𝑥 + 2
!
= 𝑥² + 𝑥 + 1
!
ce qui équivaut à : 𝑥 + 2
D’après la question 1, on sait que : 𝑥 + 2
!
!
− 𝑥 ! = 𝑥 + 1
!
− 𝑥² = 4𝑥 + 4
= 4 (𝑥 + 1)
Ainsi l’équation (E) peut s’écrire : 𝑥 + 1
!
= 4(𝑥 + 1)
On suppose que 𝑥 ≠ −1 on peut donc diviser par (𝑥 + 1).
D’où :
𝑥+1=4
𝑥 =4−1=3
L’autre solution de l’équation (E) est donc 3.
3. Application : On considère un triangle ABC rectangle en A et dont les mesures des
côtés sont trois entiers consécutifs. Prenons AB la longueur de la plus petite.
On pose AB = 𝑥 (dans une unité de longueur choisie), 𝑥 un nombre entier naturel non nul.
Les longueurs des 3 côtés de ABC sont des entiers consécutifs donc AC = 𝑥 + 1 et BC = 𝑥 + 2
([BC] étant l’hypoténuse de ABC c’est le côté le plus long)
ABC est un triangle rectangle en A, donc d’après la propriété de Pythagore, on a :
BC² = AB² + AC²
𝑥+2
!
= 𝑥² + (𝑥 + 1)²
on reconnait l’équation (E).
D’après les questions précédentes, cette équation a deux solutions – 1 et 3.
Or 𝑥 est un entier naturel, donc positif, 𝑥 ne peut donc pas être égal à – 1.
Donc la seule valeur possible pour 𝑥 est 3.
Ainsi, si les mesures des côtés d’un triangle rectangle sont trois entiers consécutifs, alors
ces trois entiers sont 3, 4 et 5.
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