La correction de la 1ère série

EXERCICE 1 :
1)
5 7 9
A= – ×
3 3 4
5 7×9
A= –
3 3×4
5 7×3×3
A= –
3
3×4
5 21
A= –
3 4
20 63
A=
–
12 12
43
A=–
12
2)
3)
B=
45 – 12
5
C=
B=
9 × 5 – 12
B=3
5 – 12
B = -9
5
5
C=
(
3 × 102 × 1, 2 × 10 −3
)
4
0, 2 × 10 −7
3 × 1, 2 102 × 10 −12
×
0, 2
10 −7
C = 18 × 102 −12 − ( −7)
5
C = 18 × 10 −3
C = 0,018 = 1,8 × 10-2
EXERCICE 2 :
a. (2 + 20) × 2 + 100 = 22 × 2 + 100 = 44 + 100 = 144
b. (10 + 20) × 10 + 100 = 30 × 10 + 100 = 300 + 100 = 400
c. On appelle x le nombre choisi au départ.
Le programme de calcul peut s’écrire alors : (x + 20) × x + 100
Le problème posé revient à résoudre l’équation :
(x + 20) × x + 100 = 0
x × x + 20 × x + 100 = 0
x2 + 20x + 100 = 0
(x + 10)2 = 0
Ce produit est nul si : x + 10 = 0
Donc si x = -10
Pour obtenir 0 comme résultat, il faut choisir -10 comme nombre de départ.
EXERCICE 3 :
(La boule a un rayon de 3,5 cm.)
Vboule = 4 × π × 3,53 cm3
3
4 × π × 3,53
3
Le taux de remplissage est :
T = Vboule × 100 =
× 100 ≈ 52,35…
Vboîte
343
Le taux de remplissage, arrondi à l’entier le plus proche, est 52 %.
Vboîte = 73 cm3 = 343 cm3
EXERCICE 4 :
1. Le confiseur accorde une remise de 20% sur les 120,40 € de la commande, donc le montant de la remise est de :
20
× 120, 40 = 24,08 €
100
Donc le montant de la facture est finalement : 120,40 – 24,08 = 96,32 €
2. a) Les sachets sont identiques donc le nombre de sachets est un diviseur commun de 301 et 172. Si on veut le
nombre maximal de sachets réalisables, il faut donc calculer le plus grand diviseur commun de 301 et 172. On utilise
pour cela l’algorithme d’Euclide.
301
172
129
172
129
43
129
43
0
301 = 172 × 1 + 129
172 = 129 × 1 + 43
129 = 43 × 3 + 0
Le dernier reste non nul est 43, donc c’est le PGCD de 301 et 172.
Le nombre maximal de sachets réalisables est 43.
301
172
b)
=7
et
=4
Donc il y a 7 caramels et 4 chocolats dans chaque sachet.
43
43
EXERCICE 5 :
1. Les longueurs sur la figure ci-contre ne sont pas respectées.
U
2. On sait que U est un point du cercle de diamètre [ST].
Donc le triangle STU est rectangle en U.
SU 3
3. sin a
STU =
=
ST 7
S
donc a
STU ≈ 25° au degré près.
O
4. Le triangle UOT est isocèle en O, donc a
UOT = 180° – 2 × 25° = 130°
T
Les points S, O et U sont alignés, donc a
SOU = 180° – a
UOT = 50°.
5. Avec le théorème de Pythagore ou le cosa
STU ,
on trouve UT ≈ 6,3 cm.
EXERCICE 6 :
1. Les longueurs sur la figure ci-contre
ne sont pas respectées.
E
X
A
4,8 cm
B
6 cm
10 cm
X
X
XC
8 cm
2. AB = 6 = 0,6
BC 10
BE = 4,8 = 0,6
BF
8
XF
BE
AB
On sait maintenant que
=
et les points A,B et C sont alignés dans le même ordre que E, B et F.
BC BF
Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, (AE) est parallèle à (CF).
et
3. Si les droites (AF) et (CE) étaient parallèles le quadrilatère AFCE serait un parallélogramme et ses diagonales [AC] et
[EF] se croiseraient en leur milieu B.
Puisque AB = 6cm et BC = 10 cm ce n’est pas le cas, et on déduit que les droites (AF) et (CE) ne sont pas
parallèles.
EXERCICE 7 :
1. b)
AB2 = 162 = 256
AC2 + BC2 = 196 + 64 = 260
On sait maintenant que AB2 ≠ AC2 + BC2
Donc le triangle ABC n’est pas rectangle.
2. p = AB + BC + AC = 16 + 8 + 14 = 38 cm.
A=
pp
p
p

− a  − b  − c  =

22
2
 2

38  38
  38
  38

×
− 16  × 
− 8 × 
− 14  = 3135 ≈ 56 cm2 au cm2 près.
2  2
  2
  2

EXERCICE 8 :
1) C’est Aline car elle n’a que des billes rouges.
2) La probabilité de Bernard de tirer une bille rouge est
10
10 1
=
= .
10 + 30 40 4
1
Il faut donc rajouter 15 billes noires dans le sac d’Aline pour que la probabilité de tirer une bille rouge soit aussi .
4
5
5
1
En effet
=
= .
5 + 15 20 4
EXERCICE 9 :
1.
a. A = 1 001 × 999 – 9992 = 1 998
;
B = 57 × 55 − 552 = 110
;
C = (-2) × (-4) − (-4)2 = -8
b. A et B ne sont pas premiers entre eux car 2 est un diviseur commun à 1 998 et 110.
2. On pose D = ( x + 1) ( x − 1) − (x – 1)2
a. En développant D en utilisant les identités remarquables.
D = ( x + 1) ( x − 1) − (x – 1)2
D = x 2 − 12 − (x2 – 2x + 1)
D = x 2 − 1 − x2 + 2x − 1
D = 2x – 2
b. A = 1 001 × 999 – 9992 = (1 000 + 1) × (1 000 – 1) – (1 000 – 1)2 c’est D pour x = 1 000.
On retrouve A en remplaçant x par 1 000 dans la forme réduite de D obtenue au 2.a.
D’où A = 2 × 1 000 – 2 = 1 998.
c. Pour calculer E, on remplace x par 1 000 000 000 dans D.
Donc E = 2 × 1 000 000 000 – 2 = 1 999 999 998
EXERCICE 10 :
Partie I
1. Pour une personne mesurant 180 cm le poids minimum conseillé est environ de 60 kg, et le poids maximum
conseillé est environ de 81 kg.
2. Pour une personne mesurant 165 cm le poids maximum conseillé est environ de 68 kg, donc avec 72 kg elle
dépasse de 4 kg environ le poids maximum conseillé.
3. Sa taille doit être supérieure à 170 cm.
Partie II
160 – 150
= 60 – 2,5 = 57,5 kg.
4
165 – 150
Si t = 165 cm, p = 165 – 100 –
= 65 – 3,75 = 61,25 kg.
4
180 – 150
Si t = 180 cm, p = 180 – 100 –
= 80 – 7,5 = 72,5 kg.
4
t – 150
2. p = t – 100 –
4
1
p = t – 100 – (t – 150) ÷ 4
(t ÷ 4 = t = 0,25 t )
4
p = t – 100 – (0,25 t – 37,5)
p = t – 100 – 0,25 t + 37,5
p = 0,75 t – 62,5
1. Si t = 160 cm, p = 160 – 100 –
Donc p est de la forme at + b, p est donc une fonction affine, sa représentation graphique est une droite.
3. Pour 170 cm le poids idéal est égal à 0,75×170 – 62,5 = 65 kg.
Augmenté de 10 % cela revient à multiplier par 1,1.
Cela donne alors 65 × 1,1 = 71,5 kg.
Elle ne dépasse pas le poids maximum conseillé qui est environ de 72 kg.
EXERCICE 11 :
1. CE2 = 10,42 = 108,16
CD2 + DE2 = 9,62 + 42 = 108,16
On sait maintenant que CE2 = CD2 + DE2
L’égalité de Pythagore est vérifiée, donc le triangle CDE est rectangle en D.
2. On sait que les droites (AB) et (DE) sont toutes les deux perpendiculaires à la même droites (BD), donc elles sont
parallèles.
3. On sait que :
Les points A, C et E sont alignés.
Les points B, C et D sont alignés.
Les droites (AB) et (DE) sont parallèles.
Donc d’après le théorème de Thalès :
AC BC AB
=
=
CE CD DE
AC
12
AB
=
=
10, 4 9, 6
4
4 × 12
=5 cm.
AB =
9, 6
EXERCICE 12 :
3 (5 + 3x) – (x – 3) = 0
15 + 9x – x + 3 = 0
8x + 18 = 0
8x = -18
-18
x=
8
x = -2,25
on développe 3 (5 + 3x) et on enlève les parenthèses pour – (x – 3)
3 (5 + 3x) (x – 3) = 0
c’est une équation produit
Ce produit est nul si (5 + 3x) = 0 ou
(x – 3) = 0
On a donc :
x=3
3x = -5
-5
x=
3
ou
EXERCICE 13 :
1)
Nombre de tours effectués
Effectifs
Effectifs cumulés croissants
310
4
4
320
4
8
330
5
13
340
7
20
350
3
23
360
2
25
2) L’effectif total est de 25. 25 ÷ 2 = 12,5. La médiane est alors la valeur du 13ème coureur, c’est à dire 330.
50% des coureurs ont effectués moins de 330 tours.
3) 25 ÷ 4 = 6,25. Le premier quartile est la valeur du 7ème coureur, c'est-à-dire 320.
Au moins 25% des coureurs ont effectués moins de 320 tours.
75% × 25 = 18,75. Le troisième quartile est la valeur du 19ème coureur, c'est-à-dire 340.
Au moins 75% des coureurs ont effectués moins de 340 tours.
4) Moyenne de la série =
5) 360 – 310 = 50.
310 × 4 + 320 × 4 + 330 × 5 + 340 × 7 + 350 × 3 + 360 × 2
≈ 333.
25
L’étendue est 50.
EXERCICE 14 :
1. B (-4 ; 4,6)
2. Les abscisses des points d’intersection de la courbe C3 avec l’axe des abscisses sont : -1 ; 2 et 4.
3. La représentation graphique d’une fonction linéaire est une droite passant par l’origine, c’est donc C1.
4. La fonction f est une fonction affine (non linéaire), sa représentation graphique est donc une droite ne passant pas par
l’origine. C’est donc C2.
5. L’antécédent de 1 par f est le nombre x tel que f(x) = 1.
C'est-à-dire on cherche x tel que : -0,4x + 3 = 1
On résout l’équation et on trouve x = 5.
6. On remplace x par 4,6 dans la formule de fa fonction f. Ce qui donne -0,4 × 4,6 + 3 = 1,16 ≠ 1,2
Donc le point de coordonnées (4,6 ; 1,2) n’appartient pas à C2.
7. On choisit x = 0, d’où g(0) = -2, le point M (0 ; -2) appartient à la droite représentant g.
On choisit x = 3, d’où g(3) = 0, le point N (3 ; 0) appartient à la droite représentant g.
On place alors ces deux points et on trace la droite (MN).
EXERCICE 15 :
1) Vcône =
π × 72 × 12
3
= 196π (valeur exacte).
2) Le coefficient de réduction est égal à
SA’
3
1
=
= .
SA 12 4
3
1
49
Vpetit cône = Vcône ×   =
π ≈ 10 cm3 (valeur arrondie au cm3)
16
4
EXERCICE 16 :
On appelle x le prix d’un kg de vernis et y le prix d’un kg de litre de cire.
Le système suivant traduit le problème.
 6 x + 4 y = 95

 3 x + 3 y = 55,5
On multiplie par deux la 2ème équation du système.
 6 x + 4 y = 95

 6 x + 6 y = 111
On soustrait la deuxième et la première équation pour éliminer les « x ».
6x – 6x + 6y – 4y = 111 – 95
2y = 16
y=8
On remplace y par 8 dans la première équation.
6x + 4 × 8 = 95
6x + 32 = 95
6x = 63
x = 10,5
EXERCICE 17 :
Vitesse moyenne (km.h-1) =
distance parcourue (km)
durée du parcours (h)
8 jours et 22 heures = 8 × 24 + 22 = 214 heures.
V=
5 800 000
≈ 27 103 km.h-1 (valeur arrondie au km.h-1) = 2,7103 × 104 (écriture scientifique).
214
EXERCICE 18 : (CALCUL NUMERIQUE)
5 12
2 3
=
5
12 5
12 5
5
×
= ×
= × 4 = ×2 =5
2
2
3
2
2
3
EXERCICE 19 :
1.
On sait que le point A appartient au cercle de diamètre [BD].
Donc le triangle ADB est rectangle en A.
2.
On sait que le triangle ABC est équilatéral donc l’angle a
ACB mesure 60°.
De plus les angles a
ADB et a
ACB sont inscrits dans le même cercle et interceptent le même arc de cercle c
AB .
Ils ont alors même mesure.
Donc a
ADB = 60°.
3.
On sait que E est le symétrique de O par rapport à I.
D’où I est le milieu de [OE].
On sait maintenant que les diagonales [OE] et [DC], du
quadrilatère ODEC, ont le même milieu I.
Donc ODEC est un parallélogramme.
On sait que D et C sont sur le même cercle de centre O.
Donc OD = OC.
On sait maintenant que le parallélogramme ODEC a deux
côtés consécutifs de même longueur.
Donc ODEC est un losange.
Comme les diagonales d’un losange sont perpendiculaire,
on en déduit alors que (DC) et (OE) sont perpendiculaires.