Sujet CRPE 2022 Mathématiques · Groupement 1 : corrigé

A.1.a

Corrigé

Distance totale parcourue : \(4 \times 250 = 1\text{ }000\) m.

Temps de course : \(10\) min.

Vitesse moyenne :

\(v = \dfrac{1\text{ }000}{10} = 100\) m/min.

L’élève court donc à une vitesse moyenne de \(100\) mètres par minute.

Pour comprendre en détail

On peut aussi vérifier la cohérence : en 10 min, parcourir \(1\text{ }000\) m, soit \(100\) m par minute, est un rythme de course plausible pour un élève de CE1.

A.1.b

Corrigé

Une vitesse moyenne de \(150\) m/min signifie qu’il parcourt \(150\) m en \(1\) minute.

En \(1\) heure, il y a \(60\) minutes, donc la distance parcourue en \(1\) heure est \(150 \times 60 = 9\text{ }000\) m.

Or \(9\text{ }000\) m \(= 9\) km.

Donc la vitesse moyenne est \(9\) km/h.

Pour comprendre en détail

On multiplie bien par \(60\) et non l’inverse : en une heure, la distance parcourue est plus grande qu’en une minute.

A.2

Corrigé

Élève de CM1 :

• Distance parcourue : \(4 \times 400 = 1\text{ }600\) m.
• Temps de course : \(9\) min \(30\) s \(= 9 + \dfrac{30}{60} = 9\text{,}5\) min.
• Vitesse moyenne : \(v = \dfrac{1\text{ }600}{9\text{,}5} = \dfrac{3\text{ }200}{19} \approx 168\text{,}4\), donc \(168\) m/min arrondi à l'unité.

Élève de CM2 :

• Distance parcourue : \(4 \times 500 = 2\text{ }000\) m.
• Temps de course : \(11\) min \(8\) s \(= 11 + \dfrac{8}{60} = \dfrac{668}{60}\) min.
• Vitesse moyenne : \(v = \dfrac{2\text{ }000}{\frac{668}{60}} = \dfrac{30\text{ }000}{167} \approx 179\text{,}6\), donc \(180\) m/min arrondi à l'unité.

Les vitesses moyennes sont donc de \(168\) m/min pour l'élève de CM1 et de \(180\) m/min pour l'élève de CM2.

Pour comprendre en détail

Un autre piège serait d'utiliser la longueur d'un seul grand tour au lieu de la distance totale des 4 grands tours.

B.1.a

Corrigé

Le tour de pénalité est un cercle de périmètre \(P = 20\) m.
Or le périmètre d’un cercle de rayon \(r\) est donné par \(P = 2\pi r\).
On a donc \(2\pi r = 20\), d’où \(r = \dfrac{20}{2\pi} = \dfrac{10}{\pi}\) m.
Avec \(\pi \approx 3\text{,}1416\), on obtient \(r \approx 3\text{,}183\) m, soit \(r \approx 3\text{,}18\) m (arrondi au centimètre).
Comme \(3\text{,}18\) m = \(318\) cm, le rayon du tour de pénalité est d’environ \(318\) cm.

Pour comprendre en détail

On peut aussi retrouver le rayon en divisant directement le périmètre par \(2\pi\).

B.1.b

Corrigé

Nombre de tours de pénalité : \(0+1+2 = 3\).

Distance de pénalité : \(3 \times 20 = 60\) m.

Distance totale de course : \(4 \times 250 + 60 = 1\text{ }060\) m.

Temps de course : \( \dfrac{1\text{ }060}{150} = \dfrac{106}{15}\) min \(= 7 + \dfrac{1}{15}\) min \(= 7\) min \(4\) s, car \(\dfrac{1}{15}\) min \(= 4\) s.

Temps de tir : \(3 \times 30 = 90\) s \(= 1\) min \(30\) s.

Durée totale : \(7\) min \(4\) s \(+ 1\) min \(30\) s \(= 8\) min \(34\) s.

L’élève mettra 8 minutes 34 secondes pour réaliser le parcours complet.

Pour comprendre en détail

Une erreur fréquente consiste à appliquer la vitesse moyenne de course à la durée totale, y compris au temps de tir. Il faut bien séparer les deux durées. Penser aussi à convertir les secondes en minutes avant d’additionner.

B.2.a

Corrigé

Dans la formule, les cellules C3, E3 et G3 contiennent les nombres de cibles manquées lors des trois séries de tirs.

Leur somme \(C3+E3+G3\) représente donc le nombre total de cibles manquées, c’est-à-dire le nombre total de tours de pénalité que l’élève doit effectuer, puisqu’un tour de pénalité est imposé par balle manquée.

Chaque tour de pénalité mesurant \(20\) m, le produit \((C3+E3+G3) \times 20\) correspond à la distance totale parcourue en tours de pénalité, en mètres.

Ajouté aux \(1000\) m des quatre grands tours (\(4 \times 250\)), ce terme permet d’obtenir la distance totale de course parcourue lors de l’essai.

Pour comprendre en détail

La colonne I fournit déjà le temps de course en secondes ; la formule en H servira ensuite à calculer la vitesse moyenne sur les périodes de course, par exemple avec \(V_{moy} = \dfrac{\text{distance en m}}{\text{temps en s}} \times 60\).

B.2.b

Corrigé

La vitesse moyenne \(v\) en m/min est donnée par \(v = \dfrac{\text{distance en m}}{\text{temps en min}}\).

Le temps de course est stocké en secondes dans la colonne I, donc pour le convertir en minutes, on le divise par 60 : \(t_{\text{min}} = \dfrac{I3}{60}\).

D'où \(v = \dfrac{H3}{I3/60} = H3 \times \dfrac{60}{I3} = \dfrac{H3}{I3} \times 60\).

La formule à saisir en J3 est donc : =H3/I3*60.

Pour comprendre en détail

Remarque : la description du tableau indique que la colonne I contient les temps 418, 300 et 341 secondes, mais la valeur de vérification citée pour l’essai 1 (482 s) ne correspond pas. Si les deux valeurs proviennent de sources différentes, la formule reste inchangée ; elle doit simplement utiliser la valeur effectivement présente dans la cellule I3.

B.2.c

Corrigé

En K3, on peut saisir la formule suivante : =(I3+B3+D3+F3)/60.

Cette formule additionne le temps de course (I3, en secondes) et les durées des trois séries de tirs (B3, D3 et F3, en secondes), puis divise par 60 pour convertir le total en minutes. Les références étant relatives, la formule pourra être recopiée vers le bas pour les autres essais.

Pour comprendre en détail

Pourquoi cette méthode ? La colonne I contient déjà le temps de course en secondes ; les colonnes B, D et F contiennent les durées des trois séries de tirs, également en secondes. La durée totale en secondes est donc la somme de ces quatre valeurs. Comme 1 minute = 60 secondes, on divise par 60 pour exprimer la durée totale en minutes (sous forme décimale).

Autre erreur fréquente : mélanger secondes et minutes sans conversion, ou oublier d’inclure les trois séries de tirs dans la somme.

B.2.d

Corrigé

Entre l’essai 2 et l’essai 3, les durées de tir passent de \(30\) s, \(32\) s et \(35\) s à \(19\) s, \(21\) s et \(21\) s : l’élève tire donc beaucoup plus vite.

Mais le nombre de cibles manquées passe de \(0\) à chaque série à \(3\) à chaque série, soit \(9\) balles manquées au total. Chaque balle manquée ajoutant un tour de pénalité de \(20\) m, la distance parcourue augmente de \(9 \times 20 = 180\) m et passe de \(1\text{ }000\) m à \(1\text{ }180\) m.

La durée totale augmente de \(9\text{,}43\) min à \(10\text{,}45\) min : l’élève a donc réduit son temps de tir, mais il a perdu toute précision et manqué toutes ses cibles, ce qui dégrade sa performance globale.

Pour comprendre en détail

Pour interpréter une comparaison d’essais, il faut repérer les paramètres qui changent et leurs effets. Ici, la distance totale dépend directement du nombre de cibles manquées : chaque échec impose un tour de pénalité de \(20\) m.

Par ailleurs, les temps de course du tableau initial (\(418\) s, \(300\) s, \(341\) s) ne correspondent pas à ceux du tableau complet (\(482\) s, \(469\) s, \(566\) s). Le tableau complet est cohérent avec les vitesses et les distances : c’est lui qu’il faut utiliser.

B.2.e

Corrigé

Dans l’essai 2, l’élève prend davantage de temps pour tirer (30 s, 32 s, 35 s), ne manque aucune cible et n’a donc aucun tour de pénalité : il réalise le parcours en 9,43 min. Dans l’essai 3, il tire plus vite (19 s, 21 s, 21 s) mais manque 3 cibles à chaque série. Il doit alors effectuer \(3 \times 3 = 9\) tours de pénalité de 20 m, soit \(9 \times 20 = 180\) m de course supplémentaires. Malgré un gain de temps au tir de \(36\) s, la durée totale de l’essai 3 (10,45 min) est supérieure à celle de l’essai 2 (9,43 min). On peut donc faire l’hypothèse qu’il vaut mieux prendre le temps de viser pour éviter les tours de pénalité plutôt que de tirer le plus vite possible.

Pour comprendre en détail

Erreur fréquente : comparer uniquement les temps de tir sans tenir compte des tours de pénalité. Ici, le temps perdu à courir 180 m supplémentaires dépasse largement le temps gagné au tir.

1.a

Corrigé

Le chiffre des unités peut être 0, 1 ou 2 ; de même pour le chiffre des dixièmes.

On combine chaque unité possible avec chaque dixième possible :

\(0\text{,}0 = 0\) ; \(0\text{,}1\) ; \(0\text{,}2\) ; \(1\text{,}0 = 1\) ; \(1\text{,}1\) ; \(1\text{,}2\) ; \(2\text{,}0 = 2\) ; \(2\text{,}1\) ; \(2\text{,}2\).

La liste des nombres possibles est donc :
0 ; 0,1 ; 0,2 ; 1 ; 1,1 ; 1,2 ; 2 ; 2,1 ; 2,2.

Pour comprendre en détail

On peut aussi représenter la situation par un tableau à double entrée (unités en lignes, dixièmes en colonnes) ou par un arbre de choix.

1.b

Corrigé

Le dé comporte 6 faces et chaque chiffre (0, 1 ou 2) figure sur 2 faces. Comme le dé est non truqué, la probabilité d’obtenir un chiffre donné lors d’un lancer est \( \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3} \).

Obtenir \(1\text{,}2\) revient à obtenir le chiffre 1 au premier lancer puis le chiffre 2 au second lancer. Les deux lancers sont indépendants, donc :

\( P(1\text{,}2) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{9} \).

La probabilité d’obtenir \(1\text{,}2\) est donc bien \( \dfrac{1}{9} \).

Pour comprendre en détail

L’indépendance signifie que le résultat du premier lancer ne modifie pas la probabilité du second : on multiplie donc les probabilités des deux événements.

1.c

Corrigé

Le dé est non truqué et les deux lancers sont indépendants : il y a \(3 \times 3 = 9\) issues équiprobables.

Un nombre obtenu est strictement inférieur à \(1\) si et seulement si le chiffre des unités est \(0\). Les issues favorables sont donc \(0\text{,}0\), \(0\text{,}1\) et \(0\text{,}2\), soit \(3\) issues.

La probabilité cherchée est \(\dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}\).

Pour comprendre en détail

Le second lancer ne change pas le fait d’être inférieur à \(1\) : seul le chiffre des unités compte. On peut aussi raisonner directement sur le premier lancer : la probabilité d’obtenir \(0\) est \(\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\).

1.d

Corrigé

Le dé étant non truqué, les \(3 \times 3 = 9\) couples de résultats possibles sont équiprobables.

Un nombre obtenu est entier si et seulement si le chiffre des dixièmes est \(0\).

Les issues favorables sont donc \(0\text{,}0\), \(1\text{,}0\) et \(2\text{,}0\), c’est-à-dire les nombres entiers \(0\), \(1\) et \(2\). Il y a donc 3 issues favorables.

Dans une situation d’équiprobabilité, \(P(\text{nombre entier}) = \dfrac{\text{nombre d’issues favorables}}{\text{nombre d’issues possibles}} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}\).

La probabilité d’obtenir un nombre entier est \(\dfrac{1}{3}\).

Pour comprendre en détail

On peut aussi remarquer que seul le second lancer importe : obtenir un nombre entier revient exactement à obtenir \(0\) au second lancer. Comme chaque chiffre apparaît avec la même probabilité, on retrouve directement la probabilité cherchée.

1.e

Corrigé

Les neuf issues possibles sont \(0\text{,}0\), \(0\text{,}1\), \(0\text{,}2\), \(1\text{,}0\), \(1\text{,}1\), \(1\text{,}2\), \(2\text{,}0\), \(2\text{,}1\) et \(2\text{,}2\).

Or un nombre entier est un nombre décimal : \(1\text{,}0 = 1\) et \(2\text{,}0 = 2\). Ainsi, toutes les issues réalisent l’événement « obtenir un nombre décimal ».

Cet événement est donc l’événement certain ; sa probabilité est égale à \(1\).

Pour comprendre en détail

Il est donc inutile de calculer un quotient de cas favorables sur cas possibles : toutes les issues sont favorables.

2.a

Corrigé

La zone intérieure délimitée par le trait épais est un carré de \(4 \times 4 = 16\) petits carrés.

La zone \(Z_3\) est un carré de \(2 \times 2 = 4\) petits carrés.

Donc la zone \(Z_2\) occupe \(16 - 4 = 12\) petits carrés.

La probabilité que le dé tombe dans \(Z_2\) est proportionnelle à son aire :

\(P(Z_2)=\dfrac{\text{aire de }Z_2}{\text{aire totale}}=\dfrac{12}{36}=\dfrac{1}{3}\).

La probabilité que le dé tombe dans la zone \(Z_2\) est donc \(\dfrac{1}{3}\).

Pour comprendre en détail

On compte en petits carrés de 10 cm de côté car toutes les zones sont des assemblages entiers de ces carrés ; il est inutile de convertir en cm².

L’aire totale du tapis est bien \(6 \times 6 = 36\) petits carrés. Le carré de \(4 \times 4\) contient \(Z_2\) et \(Z_3\) ; \(Z_2\) est la partie restante, donc on soustrait les 4 petits carrés de \(Z_3\).

On peut vérifier en cm² : \(Z_2\) a une aire de \(12 \times 100 = 1\text{ }200\) cm² et le tapis \(36 \times 100 = 3\text{ }600\) cm², soit \(\frac{1\text{ }200}{3\text{ }600}=\frac13\).

2.b

Corrigé

La probabilité que le dé tombe en zone \(Z_2\) a été trouvée en 2.a : l’aire de \(Z_2\) est \(16-4=12\) carreaux sur 36 carreaux au total, donc \(P(Z_2)=\dfrac{12}{36}=\dfrac{1}{3}\).

La probabilité que le dé donne le nombre \(1\) est \(P(1)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\), car deux faces portent le chiffre 1 sur les six faces.

Le résultat du lancer et la zone de chute sont indépendants, donc :

\(P(Z_2 \text{ et } 1)=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9}\).

La probabilité que le dé tombe en zone \(Z_2\) et donne le nombre \(1\) est donc \(\dfrac{1}{9}\).

Pour comprendre en détail

Ici, le chiffre affiché par le dé ne dépend pas de l’endroit où il tombe : les deux expériences sont indépendantes.

Une autre méthode consiste à dénombrer les issues équiprobables (position du dé, face obtenue) et à compter celles qui vérifient les deux conditions.

2.c

Corrigé

Les nombres pairs inscrits sur le dé sont \(0\) et \(2\).

Le dé possède deux faces « 0 » et deux faces « 2 », donc \(4\) faces favorables sur \(6\) :

\(P(\text{nombre pair}) = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}\).

On a montré à la question 2.a que \(P(Z_2) = \dfrac{1}{3}\).

La zone d’atterrissage du dé et le chiffre inscrit sur la face supérieure sont indépendants, donc :

\(P(Z_2 \text{ et nombre pair}) = P(Z_2) \times P(\text{nombre pair}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}\).

La probabilité que le dé tombe en zone \(Z_2\) et donne un nombre pair est \(\dfrac{2}{9}\).

Pour comprendre en détail

La probabilité de tomber en \(Z_2\) vient du rapport de l’aire de la zone à l’aire totale : 12 carrés sur 36, soit \(\dfrac{1}{3}\). On peut aussi calculer \(P(\text{nombre pair})\) en additionnant les probabilités de chaque issue favorable : \(P(0) + P(2) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\). Le dé étant équilibré, chaque type de face a la même probabilité \(\dfrac{1}{3}\), car il y a deux faces pour chaque chiffre.

1

Corrigé

Le schéma de Samira est incorrect car il représente les billes bleues par « un bloc + 3 », c’est-à-dire \(B = V + 3\), alors que l’énoncé dit : « il a 3 billes vertes de plus que de billes bleues », donc \(V = B + 3\), soit \(B = V - 3\).

Version corrigée du schéma :

• Vertes : 1 bloc.
• Rouges : 4 blocs.
• Bleues : 1 bloc auquel on retire 3 billes (barre plus courte de 3).

Au total, 6 blocs moins 3 billes correspondent à 51 billes, donc \(6\) blocs \(= 51 + 3 = 54\) billes.

Un bloc vaut \(54 \div 6 = 9\) billes.

Vertes : \(9\) ; rouges : \(4 \times 9 = 36\) ; bleues : \(9 - 3 = 6\).

Vérification : \(9 + 36 + 6 = 51\).

Il y a donc 9 billes vertes, 36 billes rouges et 6 billes bleues.

Pour comprendre en détail

Le piège classique est de ne vérifier que la somme : une somme égale à 51 ne garantit pas que les relations entre les couleurs soient respectées. Ici, le résultat de Samira (8 ; 32 ; 11) totalise bien 51 mais inverse la relation entre vertes et bleues.

Autre méthode : en posant \(x\) le nombre de billes bleues, l’énoncé se traduit par \(x+(x+3)+4(x+3)=51\), ce qui est l’équivalent algébrique du schéma en barres.

2.a

Corrigé

Le nombre de billes rouges est \(4 \times v = 4v\).

Il y a 3 billes vertes de plus que de billes bleues, donc les billes bleues sont 3 de moins que les billes vertes : le nombre de billes bleues est \(v - 3\).

En fonction de \(v\), il y a donc \(4v\) billes rouges et \(v - 3\) billes bleues.

Pour comprendre en détail

2.b

Corrigé

D’après la question 2.a, le nombre de billes rouges est \(4v\) et le nombre de billes bleues est \(v-3\).

Le nombre total de billes est donc \(v+4v+(v-3)\). Comme il y a 51 billes :

\(v+4v+(v-3)=51\)

\(6v-3=51\)

\(6v=54\)

\(v=9\)

Il y a donc 9 billes vertes, \(4\times 9=36\) billes rouges et \(9-3=6\) billes bleues.

Vérification : \(9+36+6=51\).

Pour comprendre en détail

On peut aussi vérifier que les relations de l’énoncé sont satisfaites : \(36=4\times 9\) et \(9=6+3\), en plus de la somme totale.

1

Corrigé

\(C = 50\) pixels \(= 5\) cm.

En partant d’un point, on trace un premier segment de 5 cm. Le lutin tourne à gauche de \(45^\circ\) ; l’angle intérieur entre le premier et le deuxième côté vaut donc \(180^\circ - 45^\circ = 135^\circ\). On trace un deuxième segment de 5 cm. Le lutin tourne ensuite à gauche de \(135^\circ\) ; l’angle intérieur entre le deuxième et le troisième côté vaut \(180^\circ - 135^\circ = 45^\circ\). On trace un troisième segment de 5 cm. Puis on tourne à gauche de \(45^\circ\), ce qui donne un nouvel angle intérieur de \(135^\circ\), et on trace un quatrième segment de 5 cm. Enfin, le dernier tour de \(135^\circ\) ramène le lutin dans sa direction de départ.

On obtient un quadrilatère fermé de quatre côtés égaux à 5 cm, avec deux angles intérieurs de \(135^\circ\) et deux de \(45^\circ\), donc un losange.

Pour comprendre en détail

La boucle « répéter 2 fois » contient déjà deux avances, donc on trace bien quatre côtés, pas deux.

On peut vérifier en suivant les directions successives : \(0^\circ\), \(45^\circ\), \(180^\circ\), \(225^\circ\), puis retour à \(0^\circ\), ce qui confirme que la figure se referme.

2

Corrigé

Le programme trace un quadrilatère dont les quatre côtés mesurent \(C\).

Après les deux premières rotations, le lutin a tourné de \(45^\circ + 135^\circ = 180^\circ\). Il repart donc dans la direction opposée. Ainsi, le troisième côté est parallèle au premier et le quatrième côté est parallèle au deuxième. La figure a donc ses côtés opposés parallèles : c’est un parallélogramme.

De plus, ses quatre côtés ont la même longueur \(C\). Or, un parallélogramme ayant quatre côtés de même longueur est un losange.

Les angles intérieurs ne sont pas droits : ils valent alternativement \(45^\circ\) et \(135^\circ\), donc ce n’est pas un carré.

Conclusion : la figure tracée est un losange.

Pour comprendre en détail

On pourrait aussi vérifier en plaçant les points pour \(C=50\), mais le raisonnement sur les rotations est plus rapide.

3.a

Corrigé

Le programme augmente \(C\) de 30 après chaque motif : les côtés successifs valent \(30\), \(60\), \(90\) et \(120\), donc quatre motifs sont tracés, d’où \(N=4\).

Sur la figure, le premier losange part vers la droite, le deuxième vers le haut à droite, le troisième vers le haut et le quatrième vers le haut à gauche. L’orientation du premier côté tourne donc de \(45^\circ\) vers la gauche entre deux losanges.

On attribue donc \(A=45\) et \(N=4\).

Pour comprendre en détail

Le bloc « motif » trace un losange et ramène le stylo à son point de départ, donc les losanges successifs partagent le sommet commun de coordonnées \((0\,;0)\). C’est ce qui permet de lire directement le nombre de motifs et l’angle de rotation entre deux motifs.

Dans Scratch, l’orientation \(90\) correspond à la droite ; une rotation vers la gauche de \(45^\circ\) fait passer successivement l’orientation du premier côté de \(90^\circ\) à \(45^\circ\), \(0^\circ\) puis \(-45^\circ\), ce qui correspond aux losanges de la figure.

3.b

Corrigé

D’après la figure, la boucle du programme 2 s’exécute 4 fois, donc \(N=4\).

La variable \(C\) est initialisée à \(30\). À chaque passage dans la boucle, l’instruction « ajouter à C 30 » augmente \(C\) de \(30\).

Après les quatre passages, on a donc :

\(C = 30 + 4 \times 30 = 30 + 120 = 150\).

À la fin du programme, la variable \(C\) vaut \(150\).

Pour comprendre en détail

La valeur de \(N\) est 4 car la figure comporte quatre losanges (question 3.a). L’ajout de 30 a lieu après chaque motif, y compris après le dernier : c’est pour cela qu’on ajoute \(4 \times 30\) et non \(3 \times 30\).

4

Corrigé

Pour obtenir quatre losanges identiques de côté \(C=30\), on conserve \(N=4\) et \(A=90\), car \(4 \times 90 = 360\) : les quatre losanges couvrent bien le tour complet autour du sommet commun. Il reste à supprimer l’instruction « ajouter à C 30 » (ou à la remplacer par « ajouter à C 0 ») afin que \(C\) ne change plus et reste égal à \(30\). Chaque segment du motif mesure alors bien 30 pixels.

Pour comprendre en détail

L’instruction « ajouter à C 30 » est une incrémentation : elle augmente la valeur de \(C\) après chaque motif. C’est elle qui engendre la taille croissante des losanges de la figure de l’énoncé. Pour obtenir des losanges identiques, il faut donc neutraliser cette évolution.

On garde \(N=4\) et \(A=90\) car la disposition en moulinet correspond à une rotation d’un quart de tour entre deux losanges, et quatre quarts de tour referment la figure.

1.a

Corrigé

Le ballon-sonde est composé d’un cône de révolution et d’une demi-boule, tous deux de rayon \(30\) cm.

Volume du cône : \(V_1 = \dfrac{1}{3}\pi \times 30^2 \times 90 = \dfrac{1}{3}\pi \times 900 \times 90 = 27\text{ }000\pi\) cm\(^3\).

Volume de la demi-boule : \(V_2 = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{3}\pi \times 30^3 = \dfrac{2}{3}\pi \times 27\text{ }000 = 18\text{ }000\pi\) cm\(^3\).

Volume total : \(V = V_1 + V_2 = 27\text{ }000\pi + 18\text{ }000\pi = 45\text{ }000\pi\) cm\(^3\).

Le volume exact du ballon-sonde au niveau de la mer est donc \(45\text{ }000\pi\) cm\(^3\).

Pour comprendre en détail

La forme du ballon est une réunion de deux solides de révolution : le cône a pour hauteur la distance \(SO = 90\) cm et pour rayon de base \(ON = 30\) cm ; la demi-sphère qui le surmonte a le même rayon que la base du cône. Le volume total s’obtient en additionnant les deux volumes car les solides ne se chevauchent pas.

1.b

Corrigé

Le volume exact du ballon-sonde est \(45\text{ }000\,\pi\ \text{cm}^3\).

Or \(1\ \text{L} = 1\text{ }000\ \text{cm}^3\), donc :

\(V = \dfrac{45\text{ }000\,\pi}{1\text{ }000}\ \text{L} = 45\,\pi\ \text{L}\).

\(45\,\pi \approx 141\text{,}37\).

Arrondi à l’entier, le volume du ballon-sonde est donc \(V \approx 141\ \text{L}\).

Pour comprendre en détail

Une erreur fréquente consiste à utiliser \(1\ \text{L} = 100\ \text{cm}^3\) ou à oublier l’unité finale.

2

Corrigé

Dans le cône de révolution, la hauteur (SO) est perpendiculaire à la base, donc perpendiculaire au rayon (ON). Le triangle SON est donc rectangle en O.

D’après le théorème de Pythagore :
\(SN^2 = SO^2 + ON^2 = 90^2 + 30^2 = 8\text{ }100 + 900 = 9\text{ }000\).

Comme \(SN\) est une longueur positive, on a \(SN = \sqrt{9\text{ }000}\) cm.

La génératrice du cône mesure donc \(\sqrt{9\text{ }000}\) cm.

Pour comprendre en détail

On peut aussi écrire \(\sqrt{9\text{ }000} = 30\sqrt{10} \approx 94\text{,}9\) cm, ce qui est cohérent car une génératrice est toujours plus longue que la hauteur.

3

Corrigé

L’enveloppe est constituée de la surface latérale du cône et de la demi-sphère ; le disque de base du cône n’est pas une surface extérieure.

Aire latérale du cône : \(\pi \times 30 \times \sqrt{9000} \approx 8\text{ }941\text{,}2\ \text{cm}^2\).

Aire de la demi-sphère : \(\dfrac{1}{2} \times 4\pi \times 30^2 = 1\text{ }800\pi \approx 5\text{ }654\text{,}9\ \text{cm}^2\).

Aire totale : \(8\text{ }941\text{,}2 + 5\text{ }654\text{,}9 = 14\text{ }596\text{,}1\ \text{cm}^2\).

Conversion : \(14\text{ }596\text{,}1\ \text{cm}^2 = 14\text{ }596\text{,}1 \div 10\text{ }000 = 1\text{,}45961\ \text{m}^2\), soit \(1\text{,}5\ \text{m}^2\) au dixième près.

L’enveloppe totale a donc une aire d’environ \(1\text{,}5\ \text{m}^2\).

Pour comprendre en détail

La conversion d’unités est une source d’erreur : \(1\ \text{m}^2 = 100 \times 100 = 10\text{ }000\ \text{cm}^2\). On divise donc l’aire en cm² par 10 000 pour obtenir des m².

On peut vérifier que le calcul exact est \(900\pi(\sqrt{10}+2)\ \text{cm}^2\), ce qui redonne bien la valeur approchée annoncée.

4.a

Corrigé

Une augmentation de \(25\,\%\) correspond à un coefficient multiplicateur égal à :

\[ 1+\dfrac{25}{100}=1+0\text{,}25=1\text{,}25. \]

Les longueurs initiales sont donc multipliées par \(\boxed{1\text{,}25}\).

Pour comprendre en détail

4.b

Corrigé

Une augmentation de \(25\ \%\) des longueurs correspond à une multiplication par \(1+\dfrac{25}{100}=1\text{,}25\).

Dans un agrandissement de rapport \(k\), les aires sont multipliées par \(k^2\). Ici \(k=1\text{,}25\), donc le coefficient multiplicateur pour l’aire est :

\(1\text{,}25^2=1\text{,}5625\).

D’après la question 3, l’aire de l’enveloppe au niveau de la mer est environ \(1\text{,}4596\ \text{m}^2\). On a donc :

\(1\text{,}4596 \times 1\text{,}5625 \approx 2\text{,}28\ \text{m}^2\).

En arrondissant au dixième, on obtient bien \(2\text{,}3\ \text{m}^2\).

Pour comprendre en détail

Utiliser la valeur arrondie \(1\text{,}5\ \text{m}^2\) de la question 3 donnerait aussi \(2\text{,}3\ \text{m}^2\) après arrondi, mais la valeur plus précise \(1\text{,}4596\ \text{m}^2\) permet de justifier plus solidement le résultat.

4.c

Corrigé

Le volume au niveau de la mer est \(45\text{ }000\pi\ \text{cm}^3\), soit \(\dfrac{45\text{ }000\pi}{1\text{ }000}=45\pi\ \text{L}\).

Les longueurs étant multipliées par \(1\text{,}25\), le volume est multiplié par \(1\text{,}25^3 = 1\text{,}953125\).

Volume à 4 500 m : \(45\pi \times 1\text{,}953125 \approx 276\text{,}1\ \text{L}\).

Arrondi au litre près : 276 L.

Pour comprendre en détail

Ici, toutes les longueurs du ballon augmentent de 25 %, donc \(k=1\text{,}25\). L’erreur fréquente est de multiplier le volume par \(1\text{,}25\) ou par \(1\text{,}25^2\).

Une autre méthode consiste à calculer directement \(45\text{ }000\pi \times 1\text{,}25^3\ \text{cm}^3\), puis à convertir en L, ce qui donne la même valeur.

L’arrondi au litre près s’effectue en gardant l’unité entière la plus proche : si la première décimale est inférieure à 5, on arrondit à l’unité inférieure.

5

Corrigé

On pose \(t(x)=ax+b\).
À 0 m d'altitude, la température est \(15\ ^\circ\text{C}\), donc \(t(0)=15\), soit \(a\times 0+b=15\), d’où \(b=15\).
À 4 500 m d'altitude, la température est \(-12\ ^\circ\text{C}\), donc \(t(4\text{ }500)=-12\), soit \(4\text{ }500a+15=-12\).
On en déduit \(4\text{ }500a=-27\), donc \(a=-\dfrac{27}{4\text{ }500}=-0\text{,}006\).
Ainsi, pour tout \(x\) entre 0 et 12 000, on a \(t(x)=-0\text{,}006x+15\).

Pour comprendre en détail

6

Corrigé

On résout \(t(x) \lt 0\).

\(-0\text{,}006x + 15 \lt 0\)

\(15 \lt 0\text{,}006x\)

\(x \gt \dfrac{15}{0\text{,}006}\)

Or \(\dfrac{15}{0\text{,}006} = \dfrac{15\text{ }000}{6} = 2\text{ }500\), donc \(x \gt 2\text{ }500\).

La température devient négative au-dessus de \(2\text{ }500\) mètres ; à \(2\text{ }500\) m exactement, elle vaut \(0\) °C.

Pour comprendre en détail

Autre méthode : la fonction \(t\) est affine décroissante (coefficient \(-0\text{,}006 \lt 0\)), donc elle est négative pour toutes les altitudes supérieures à la valeur frontière.

7

Corrigé

La température initiale est \(15^\circ\text{C}\). Après une baisse de \(30^\circ\text{C}\), la température vaut : \(15-30=-15^\circ\text{C}\).

Dans le tableau, la température \(-15^\circ\text{C}\) correspond à l’altitude \(5\text{ }000\) m.
Vérification : \(-0\text{,}006 \times 5\text{ }000 + 15 = -15\).

Le ballon se trouve donc à \(5\text{ }000\) m d’altitude.

Pour comprendre en détail

Le tableau donne une température tous les \(500\) m. Pour cette question, une simple lecture suffit : on repère \(-15^\circ\text{C}\). On peut aussi résoudre l’équation \(t(x)=-15\), soit \(-0\text{,}006x+15=-15\), pour retrouver l’altitude.