1) 3003 = 20 × 150 + 3 et 3731 = 20 × 186 + 11. 3 + 17 = 20. 20

3ème
Corrigé DNB Pondichery
Avril 2014
CORRIGE DE L’EXERCICE 1
1) 3003 = 20 × 150 + 3 et 3731 = 20 × 186 + 11.
3 + 17 = 20. 20 dragées ne seront pas utilisées (3 au chocolat et 17 aux amandes).
1)
a) 3003 = 90×33+33. 90 n’est pas un diviseur de 3003 donc il est impossible de faire 90 ballotins
avec le même nombre de dragées au chocolat dans chaque en utilisant toutes les dragées au
chocolat.
b) Recherche du PGCD de 3003 et 3731 à l’aide de l’algorithme d’Euclide.
3731 = 3003 × 1 + 728
3003 = 728 × 4 + 91
728 = 91 × 8 + 0
P GCD(3003; 3731) = 91 .
Comme Emma et Artur veulent faire des ballotins dont la composition est identique et qu’il
veulent utiliser toutes les dragées, le nombre de ballotins doit être un diviseur de 3003 et de
3731. Ils veulent le nombre maximal de ballotins donc ce nombre maximal de ballotins est
le PGCD de 3003 et de 3731 soit 91 .
3003 : 91 = 33. 3731 : 91 = 41.
Dans chaque ballotin il y a 33 dragées au chocolat et 41 dragées aux amandes.
CORRIGE DE L’EXERCICE 2
On ne demandait aucune justification dans cet exercice.
1. Réponse
C.
p
√
2
(−5) = 25 = 5.
2. Réponse C .
3. Réponse A .
f (x) = 3x − (2x + 7) + (3x + 5) = 3x − 2x − 7 + 3x + 5 = 4x − 2. Donc f est une fonction affine.
4. Réponse C .
En effet Les résultats d’un tirage sont indépendants des résultats des autres tirages donc l’enquête
ne peut pas l’aider.
5. Réponse A .
(x − 1)2 − 16 = (x − 1)2 − 42 = [(x − 1) + 4][(x − 1) − 4] = (x − 1 + 4)(x − 1 − 4) = (x + 3)(x − 5)
CORRIGE DE L’EXERCICE 3
Soit x le nombre entier pris au départ.
On lui ajoute 3 donc on a x + 3. On multiplie le résultat par 7, on a 7(x + 3). On ajoute le triple du
nombre de départ et on enlève 21 : on a donc 7(x + 3) + 3x − 21.
✚ = 10x.
✚ + 3x − ✚
21
21
En développant et réduisant : 7(x + 3) + 3x − 21 = 7x + ✚
On obtient en fin de calcul 10x : on obtient donc toujours un multiple de 10. L’affirmation est vraie .
3ème
Corrigé DNB Pondichery
Avril 2014
CORRIGE DE L’EXERCICE 4
ACD est rectangle en C.
D’après le théorème de Pythagore :
AD 2 = AC 2 + CD 2
AD 2 = 1,42 + 1,052
AD 2 = 1,96 + 1,1025
AD 2 = 3,0625
√
AD = 3,0625
AD = 1,75 km
(AE) et (AF ) sont sécantes en A.
E ′ ∈ (AE) et F ′ ∈ (AF )
(E ′ F ′ ) // (EF )
D’après le théorème de Thalès :
AF ′
E′F ′
AE ′
=
=
AE
AF
EF
0,5
AF ′
0,4
=
=
1,3
1,6
EF
AC + CD + DA = 1,4 + 1,05 + 1,75 = 4,2 km.
Le parcours ACDA a une longueur de 4,2 km .
Calcul de EF
0,5
0,4
=
1,3
EF
0,5EF = 1,3 × 0,4
0,5EF = 0,52
0,52
EF =
0,5
EF = 1,04 km
AE + EF + F A = 1,3 + 1,04 + 1,6 = 3,94 km.
Le parcours AEF A a une longueur de 3,94 km .
Le parcours dont la longueur s’approche le plus de 4 km est le parcours AEF A.
Le conseil municipal va donc choisir le parcours AEF A.
CORRIGE DE L’EXERCICE 5
1)
10
= 5. Le rayon du disque de base du cylindre est de 5 cm.
2
A(disque) = πr 2
A(base du cylindre) = π × 52
A(base du cylindre) = 25π cm2
L’aire du disque de base du cylindre est de 25π cm2 .
V(cylindre) = A(base) × hauteur
V(cylindre) = 25π × 15
V(cylindre) = 375π cm3
Le volume de la partie cylindrique de la bouteille est égal à 375π cm3 soit environ 1178 cm3 .
2)
a) Le cylindre et le grand cône ont le même disque de base donc l’aire du disque de base du
grand cône est de 25π cm2 .
1
V1 = A(base) × hauteur
3
1
V1 = × 25π × 6
3
6
V1 = × 25π
3
V1 = 2 × 25π
V1 = 50π cm3 .
2
1
SO ′
= = .
SO
6
3
1
Le rapport de réduction permettant de passer du grand cône au petit cône est égal à .
3
b) k =
3ème
Corrigé DNB Pondichery
Avril 2014
3
1
Soit V le volume du petit cône. On a donc V =
V1 .
3
13
V ′ = 3 V1
3
1
′
V =
× 50π
27
50π
cm3 .
V′ =
27
V2 = V1 − V ′
50π
V2 = 50π −
27
27 × 50π 50π
V2 =
−
27
27
1350π 50π
V2 =
−
27
27
1300π
cm3
V2 =
27
1300π
cm3 soit environ 151 cm3 .
Le volume V2 du tronc de cône est bien égal à
27
3) Le graphique 4 ne convient pas car lorsque h = 0 le volume V (h) de la bouteille doit être égal à
0 et pour ce graphique on a V (h) 6= 0.
Le graphique 2 ne convient pas car le volume V (h) de la bouteille augmente lorsque h augmente.
Pour ce graphique ce n’est pas toujours le cas.
V (21) est le volume de la bouteille pour une hauteur h = 21 cm. Cela correspond au fait que la
partie cylindrique (15 cm de hauteur) et la partie en forme de tronc de cône (6 cm de hauteur)
sont entièrement remplies.
Ce volume est égal à V1 + V2 .
V1 + V2 ≈ 1178 + 151
V1 + V2 ≈ 1329 cm3
Le graphique 3 ne convient pas car V (21) > 2400.
Le graphique représentant le volume V (h) de la bouteille en fonction de la hauteur h de remplissage du bidon est donc le graphique 1 .
′
′
CORRIGE DE L’EXERCICE 6
1) On peut rentrer la formule =SOMME(B2 :N2) ou
la formule =B2+C2+D2+E2+F2+G2+H2+I2+J2+K2+L2+M2+N2 .
2)
= 303
26 ≈ 8.
La moyenne de cette série est d’environ 8 médailles d’or par pays pour les pays ayant eu
au moins une médaille d’or.
Nombre de médailles d’or 1 2
3
4
5
6 11 13 14 15 18 32 40
b)
Effectifs
8 2
2
2
1
3
1
2
1
1
1
1
1
Effectifs cumulés
8 10 12 14 15 18 19 21 22 23 24 25 26
26
= 13. La médiane est donc entre la 13ème et la 14ème valeur de la série. Ces deux valeurs
2
sont égales à 4 (voir effectifs cumulés) donc la médiane est 4 médailles d’or par pays pour
les pays ayant eu au moins une médaille d’or.
a)
8×1+2×2+2×3+2×4+1×5+3×6+1×11+2×13+1×14+1×15+1×18+1×32+1×40
26
c) Beaucoup de pays ont eu peu de médailles d’or ce qui explique que la médiane soit basse.
Deux pays ont à eux deux 72 médailles d’or ce qui explique que la moyenne va être plus
élevée que la médiane.
3ème
Corrigé DNB Pondichery
3) Soit N le nombre de pays médaillés (tous types de médailles).
70% des pays médaillés ont obtenu au moins une médaille d’or donc
37 pays ont été médaillés (tous types de médailles).
37 − 26 = 11
11 pays n’ont obtenu que des médailles d’argent ou de bronze.
Avril 2014
70
N = 26.
100
0,7N = 26
26
N=
0,7
N ≈ 37