La correction de la 1ère série

EXERCICE 1 :
1)
A = 5
3 – 7 3 × 9 4
A = 5
3 – 7 × 9 3 × 4
A = 5
3 – 7 × 3 × 3 3 × 4
A = 5
3 – 21 4
A = 20
12 – 63 12
A = – 43
12
2)
B = 45 – 12 5
B = 9 × 5 – 12 5
B = 3 5 – 12 5
B = -9 5
3)
C =
( )
4
2 3
7
3 10 1,2 10
0, 2 10
−
−
× × ×
×
C =
2 12
7
3 1,2 10 10
0,2 10
−
−
× ×
×
C =
2 12 ( 7)
18 10
− − −
×
C =
3
18 10
−
×
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
x
2
+ 20 x + 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.)
V
boîte
= 7
3
cm
3
= 343 cm
3
V
boule
= 4
3 × π × 3,5
3
cm
3
Le taux de remplissage est : T = V
boule
V
boîte
× 100 =
4
3 × π × 3,5
3
343 × 100 ≈ 52,35…
Le taux de remplissage, arrondi à l’entier le plus proche, est 52 %.
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
100 ×
= 24,08 €
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 
301 = 172 × 1 + 129
172 129 43 
172 = 129 × 1 + 43
129 43 0 129 = 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.
b) 301
43 = 7 et 172 43 = 4 Donc il y a 7 caramels et 4 chocolats dans chaque sachet.

EXERCICE 5 :
1. Les longueurs sur la figure ci-contre ne sont pas respectées.
2. On sait que U est un point du cercle de diamètre [ST].
Donc le triangle STU est rectangle en U.
3. sin a STU = SU
ST = 3 7 donc a
STU
≈
25° au degré près.
4. Le triangle UOT est isocèle en O, donc a UOT= 180° – 2 × 25° = 130°
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.
2. AB
BC = 6 10 = 0,6 et BE BF = 4,8 8 = 0,6
On sait maintenant que AB
BC = BE BF et les points A,B et C sont alignés dans le même ordre que E, B et F.
Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, (AE) est parallèle à (CF).
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) AB
2
= 16
2
= 256
AC
2
+ BC
2
= 196 + 64 = 260
On sait maintenant que AB
2
≠ AC
2
+ BC
2
Donc le triangle ABC n’est pas rectangle.
2. p = AB + BC + AC = 16 + 8 + 14 = 38 cm.
p p p p 38 38 38 38
a b c 16 8 14 3135
2 2 2 2 2 2 2 2
= − − − = × − × − × − = A ≈ 56 cm
2
au cm
2
près.
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 + 30 = 10 40 = 1 4.
Il faut donc rajouter 15 billes noires dans le sac d’Aline pour que la probabilité de tirer une bille rouge soit aussi 1
4.
En effet 5
5 + 15 = 5 20 = 1 4.
OO
S
T
S
U
X
X
X
X
X C
X
8 cm
10 cm
4,8 cm
6 cm
F
E
B
A

EXERCICE 9 :
1.
a. A = 1 001 × 999 – 999
2
= 1 998 ; B = 57 × 55 − 55
2
= 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
− 1
2
− ( x
2
– 2 x + 1)
D = x
2
− 1 − x
2
+ 2 x − 1
D = 2 x – 2
b. A = 1 001 × 999 – 999
2
= (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
1. Si t = 160 cm, p = 160 – 100 – 160 – 150
4 = 60 – 2,5 = 57,5 kg.
Si t = 165 cm, p = 165 – 100 – 165 – 150
4 = 65 – 3,75 = 61,25 kg.
Si t = 180 cm, p = 180 – 100 – 180 – 150
4 = 80 – 7,5 = 72,5 kg.
2. p = t – 100 –
t – 150
4
p = t – 100 – ( t – 150) ÷ 4 ( t ÷ 4 = 1
4
t = 0,25 t )
p = t – 100 – (0,25 t – 37,5)
p = t – 100 – 0,25 t + 37,5
p = 0,75 t – 62,5
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. CE
2
= 10,4
2
= 108,16
CD
2
+ DE
2
= 9,6
2
+ 4
2
= 108,16
On sait maintenant que CE
2
= CD
2
+ DE
2
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
= =
AB =
4 12
9,6
×
=5 cm.
EXERCICE 12 :
3 (5 + 3 x ) – ( x – 3) = 0 on développe 3 (5 + 3 x ) et on enlève les parenthèses pour – ( x – 3)
15 + 9 x – x + 3 = 0
8 x + 18 = 0
8 x = -18
x = -18
8
x = -2,25
3 (5 + 3 x ) ( x – 3) = 0 c’est une équation produit
Ce produit est nul si (5 + 3 x ) = 0 ou ( x – 3) = 0
On a donc : 3 x = -5 ou x = 3
x = -5
3
EXERCICE 13 :
1)
Nombre de tours effectués 310 320 330 340 350 360
Effectifs 4 4 5 7 3 2
Effectifs cumulés croissants 4 8 13 20 23 25
2) L’effectif total est de 25. 25 ÷ 2 = 12,5. La médiane est alors la valeur du 13
ème
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 7
ème
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 19
ème
coureur, c'est-à-dire 340.
Au moins 75% des coureurs ont effectués moins de 340 tours.
4) Moyenne de la série =
310 4 320 4 330 5 340 7 350 3 360 2
25
× + × + × + × + × + ×
× + × + × + × + × + ×× + × + × + × + × + ×
× + × + × + × + × + ×
≈ 333.
5) 360 – 310 = 50. L’étendue est 50.
EXERCICE 14 :
1. B (-4 ; 4,6)
2. Les abscisses des points d’intersection de la courbe C
3
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 C
1
.
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 C
2
.

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 : -0,4 x + 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 C
2
.
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) V
cône
=
2
7 12
196
3
π
ππ
π
π
ππ
π
× ×
× ×× ×
× × =
==
= (valeur exacte).
2) Le coefficient de réduction est égal à SA’
SA = 3 12 = 1 4.
V
petit cône
= V
cône
×
3
1
4
= 49
16 π ≈ 10 cm
3
(valeur arrondie au cm
3
)
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 4 95
3 3 55,5
+ =
+ =+ =
+ =
+ =
+ =+ =
+ =
x y
x y
On multiplie par deux la 2
ème
équation du système.
6 4 95
6 6 111
+ =
+ =+ =
+ =
+ =
+ =+ =
+ =
x y
x y
On soustrait la deuxième et la première équation pour éliminer les « x ».
6 x – 6 x + 6 y – 4 y = 111 – 95
2 y = 16
y = 8
On remplace y par 8 dans la première équation.
6 x + 4 × 8 = 95
6 x + 32 = 95
6 x = 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
214 ≈ 27 103 km.h
-1
(valeur arrondie au km.h
-1
) = 2,7103 ×
××
× 10
4
(écriture scientifique).
EXERCICE 18 :
(C ALCUL NUMERIQUE )
5 12 5 12 5 12 5 5
4 2
2 2 3 2 2
2 3 3
= × = × = × = × =
= × = × = × = × == × = × = × = × =
= × = × = × = × =
5