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Corrigé BFEM Maths 2018

Exercice 1

1) Recopions et complétons chacune des phrases ci-dessous.

1-1) Soit $a\ $ et $\ b$ deux réels tels que $b$ soit positif, $$\sqrt{ba^{2}}=|a|\sqrt{b}$$

1-2) L'équation $x\sqrt{8}-8=0$ a pour solution $$x=2\sqrt{2}$$

1-3) $m\;,\ n\ $ et $\ q$ sont des entiers naturels.

Une expression conjuguée de $-m+q\sqrt{n}$ est $$-m-q\sqrt{n}$$

2) Soit les nombres réels suivants : $$a=5-2\sqrt{6}\quad b=5+2\sqrt{6}\quad\text{et}\quad c=-5+2\sqrt{6}$$

2-1) Montrons que $a\ $ et $\ b$ sont inverses.

On a : $a$ et $b$ sont inverses si, et seulement si, $a\times b=1$

Donc, calculons le produit $a\times b$

On a :

$\begin{array}{rcl} a\times b&=&(5-2\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})\\\\&=&(5)^{2}-(2\sqrt{6})^{2}\\\\&=&25-4\times 6\\\\&=&25-24\\\\&=&1\end{array}$

Ainsi, $a\times b=1$, d'où $a\ $ et $\ b$ sont inverses.

2-2) Montrons que $a\ $ et $\ c$ sont opposés.

$a\ $ et $\ b$ sont opposés si, et seulement si, $c=-a$ ou encore $a+c=0.$

On a : $c=-5+2\sqrt{6}=-(5-2\sqrt{6})$

donc, on voit bien que $c=-a$

Ce qui montre alors que $a\ $ et $\ c$ sont opposés.

3) $MARE$ est un carré de coté $MA=5+2\sqrt{6}.$

Déterminons la valeur exacte de sa diagonale.

$MARE$ étant un carré alors, $MAR$ est un triangle rectangle en $A.$

Donc, sa diagonale $MR$ représente l'hypoténuse du carré $MAR.$

Ainsi, d'après le théorème de Pythagore on aura : $$MR^{2}=MA^{2}+AR^{2}=2MA^{2}$$

par suite :

$\begin{array}{rcl} MR&=&\sqrt{2\times MA^{2}}\\\\&=&\sqrt{2\times(5+2\sqrt{6})^{2}}\\\\&=&\sqrt{2}\times|5+2\sqrt{6}|\\\\&=&\sqrt{2}\times(5+2\sqrt{6})\\\\&=&5\sqrt{2}+2\sqrt{12}\\\\&=&5\sqrt{2}+4\sqrt{3}\end{array}$

D'où, $\boxed{MR=5\sqrt{2}+4\sqrt{3}}$

Exercice 2

On considère la liste des notes obtenues par les élèves d'une classe de troisième, lors d'un devoir de mathématiques.

$$\begin{array}{cccccccccc} 5&8&7&8&9&6&10&11&15&13 \\ 10&18&16&15&12&9&14&16&17&15 \\ 10&16&17&8&9&10&16&9&10&7 \\ 10&6&12&13&11&13&18&10&11&6 \\ 10&13&17&12&11&12&9&16&17&14\end{array}$$

1) Regroupons ces notes par classes d'amplitude 3.

L'amplitude des classes étant égale à 3 alors, nous obtenons les classes suivantes :

$[5\;;\ 8[\;,\ [8\;;\ 11[\;,\ [11\;;\ 14[\;,\ [14\;;\ 17[\ $ et $\ [17\;;\ 20[$

2) Calculons la note moyenne.

Soit le tableau de notes suivants :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline\text{Notes}&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18\\ \hline\text{Effectifs}&1&3&2&3&5&8&4&4&4&2&3&5&4&2 \\ \hline\hline\text{"Produits"}&5&18&14&24&45&80&44&48&52&28&45&80&68&36 \\ \hline\end{array}$$

Nous calculons d'abord les "Produits" partiels pour chaque note.

On a : $\text{"Produit"}=\text{effectif partiel}\times\text{note}$

La note moyenne sera alors donnée par : $$M=\dfrac{\text{total des "Produits"}}{\text{effectif total}}$$

ainsi, d'après les données du tableau ci-dessus on aura :

$\begin{array}{rcl} M&=&\dfrac{5+18+14+24+45+80+44+48+52+28+45+80+68+36}{50}\\\\&=&\dfrac{587}{50}\\\\&=&11.74\end{array}$

D'où, $\boxed{\text{Note moyenne}=11.74}$

3) Calculons l'effectif cumulé croissant de chaque classe.

Pour cela, nous dressons le tableau suivant : $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline\text{Classes de notes}&[5\;;\ 8[&[8\;;\ 11[&[11\;;\ 14[&[14\;;\ 17[&[17\;;\ 20[\\ \hline\text{Effectifs}&6&16&12&10&6 \\ \hline\hline\text{E.C.C}&6&22&34&44&50 \\ \hline\end{array}$$

4) Traçons le diagramme des effectifs cumulés croissants.

$$\text{Diagramme des effectifs cumulées croissants}$$

5) Déterminons graphiquement la médiane de cette série.

La moitié de l'effectif total est $\dfrac{50}{2}=25.$

Soit alors le point $C$ d'ordonnée 25.

L'abscisse $m$ du point $C$ est appelée médiane de la série.

Calculons $m.$

D'après le graphique, on voit bien que $m$ appartient à la classe $[11\;;\ 14[.$

De plus, $A\;,\ C\;,\ B$ sont trois points alignés car $C\in[AB]$, donc les points $A\;,\ C\ $ et $\ B$ appartiennent à la même droite.

Par ailleurs, les droites $(AB)\ $ et $(AC)$ étant confondues donc, elles ont le même coefficient directeur.

Or, les coefficients directeurs de $(AB)\ $ et $\ (AC)$ sont donnés respectivement par $\dfrac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}\ $ et $\ \dfrac{y_{C}-y_{A}}{x_{C}-x_{A}}$

Donc on aura : $$\dfrac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}=\dfrac{y_{C}-y_{A}}{x_{C}-x_{A}}$$

Ainsi, $\dfrac{34-22}{14-11}=\dfrac{25-22}{m-11}\ $ par suite, $\dfrac{12}{3}=\dfrac{3}{m-11}$

Ce qui donne : $12(m-11)=9\ $ soit alors, $m-11=\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}$

En résolvant cette équation on obtient alors :

$\begin{array}{rcl} m&=&\dfrac{3}{4}+11\\\\&=&\dfrac{3+44}{4}\\ \\&=&\dfrac{47}{4}\\ \\&=&11.75\end{array}$

D'où, $$\boxed{m=11.75}$$

Autre méthode

$C\in[AB]$ alors, les points $A\;,\ C\ $ et $\ B$ sont alignés.

Donc, les vecteurs $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 14-11\\34-22\end{pmatrix}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} m-11\\25-22\end{pmatrix}\ $ sont colinéaires.

On a : $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3\\12\end{pmatrix}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} m-11\\3\end{pmatrix}$ colinéaires si, et seulement si, $$3\times 3-12\times(m-11)=0$$

Soit alors, $9-12m+132=0$

Ce qui donne : $12m=141$

et par suite, $m=\dfrac{141}{12}=\dfrac{47}{4}$

Ainsi, $\boxed{m=11.75}$

Exercice 3

Soit un cercle de centre $O$ et de rayon $4\;cm.$

$M\;,\ N\ $ et $\ P$ sont trois points de ce cercle tels que : $$\widehat{NOP}=130^{\circ}\;,\quad\widehat{MPN}=50^{\circ}$$ et la bissectrice de $\widehat{MPN}$ passe par $O.$

1) Faisons la figure

2) Déterminons les mesures des angles $\widehat{MON}\;,\ \widehat{NMP}\ $ et $\ \widehat{MOP}$

$\centerdot\ mes\;\widehat{MON}$

On a : $\widehat{MPN}$ un angle inscrit dans $(C)$ ayant pour angle au centre associé $\widehat{MON}$

donc, $\ \widehat{MON}=2\widehat{MPN}$

puisque $\ \widehat{MPN}=50^{\circ}$ alors, $\ \widehat{MON}=2\times 50=100^{\circ}$

d'où, $\boxed{mes\;\widehat{MON}=100^{\circ}}$

$\centerdot\ mes\;\widehat{NMP}$

On a : $\widehat{NMP}$ un angle inscrit dans $(C)$ ayant pour angle au centre associé $\widehat{NOP}$

donc, $\ 2\widehat{NMP}=\widehat{NOP}$

et comme $\ \widehat{NOP}=130^{\circ}$ alors, $\ 2\widehat{NMP}=130^{\circ}$

par suite, $\ \widehat{NMP}=\dfrac{130}{2}=65^{\circ}$

par conséquent, $\boxed{mes\;\widehat{NMP}=65^{\circ}}$

$\centerdot\ mes\;\widehat{MOP}$

On a : $\widehat{MNP}$ un angle inscrit dans $(C)$ ayant pour angle au centre associé $\widehat{MOP}$

donc, $\ \widehat{MOP}=2\widehat{MNP}$

mais on sait que dans un triangle, la somme des angles est égale à $180^{\circ}$

donc, pour le triangle $MNP$ on aura : $$\widehat{MNP}+\widehat{NMP}+\widehat{MPN}=180^{\circ}$$

De cette relation, on en déduit alors la mesure de l'angle $\widehat{MNP}.$

Ainsi :

$\begin{array}{rcl} \widehat{MNP}&=&180-\widehat{NMP}-\widehat{MPN}\\\\&=&180-65-50\\\\&=&180-115\\\\&=&65 \end{array}$

D'où, $mes\;\widehat{MNP}=65^{\circ}$

Comme on avait $\widehat{MOP}=2\widehat{MNP}$ et que $mes\;\widehat{MNP}=65^{\circ}$ alors, $\widehat{MOP}=2\times 65=130.$

Par conséquent, $\boxed{mes\;\widehat{MOP}=130^{\circ}}$

Remarque :

On a : $mes\;\widehat{MNP}=mes\;\widehat{NMP}=65^{\circ}$ donc, le triangle $MNP$ est isocèle en $P.$

3) Soit $Q$ un point de l'arc $\overset{\displaystyle\frown}{MP}$ distinct de $P\ $ et $\ M.$

Montrons que les angles $\widehat{NMP}\ $ et $\ \widehat{MQP}$ sont supplémentaires.

$MNPQ$ étant un quadrilatère convexe inscriptible dans le cercle $(C)$ alors, les angles opposés sont supplémentaires.

Donc, $\widehat{MNP}\ $ et $\ \widehat{MQP}$ sont supplémentaires.

Ce qui revient à dire : $\widehat{MNP}+\widehat{MQP}=180^{\circ}$

Or, d'après la remarque de la question 2) $\widehat{MNP}=\widehat{NMP}$ car $MNP$ est isocèle en $P.$

Ainsi,

$\begin{array}{rcl} \widehat{NMP}+\widehat{MQP}&=&\widehat{MNP}+\widehat{MQP}\\\\&=&180\end{array}$

d'où, $\boxed{\widehat{NMP}+\widehat{MQP}=180^{\circ}}$

Ce qui montre que les angles $\widehat{NMP}\ $ et $\ \widehat{MQP}$ sont supplémentaires.

4) La bissectrice de l'angle $\widehat{MPN}$ recoupe le cercle au point $R.$

Déterminons les mesures des angles du triangle $NRP.$

$NRP$ est un triangle inscrit dans $(C)$ et on sait que la bissectrice de l'angle $\widehat{MPN}$ passe par $O$ et recoupe le cercle au point $R.$

Donc, $[RP]$ est un diamètre de $(C).$

D'où, $NRP$ est rectangle en $N$

Par suite : $\boxed{mes\;\widehat{RNP}=90^{\circ}}$

La droite $(RP)$ étant bissectrice de l'angle $\widehat{MPN}$ alors,

$\begin{array}{rcl}\widehat{RPN}&=&\dfrac{\widehat{MPN}}{2}\\ \\&=&\dfrac{50}{2}\\ \\&=&25\end{array}$

Ainsi, $\boxed{mes\;\widehat{RPN}=25^{\circ}}$

Enfin, on sait que dans un triangle rectangle les angles aigus sont complémentaires.

Donc : $$\widehat{NRP}+\widehat{RPN}=90^{\circ}$$

Comme $\widehat{RPN}=25^{\circ}$ alors,

$\begin{array}{rcl} \widehat{NRP}&=&90-\widehat{RPN}\\\\&=&90-25\\\\&=&65\end{array}$

D'où, $\boxed{mes\;\widehat{NRP}=65^{\circ}}$

Autre méthode

$\widehat{NRP}$ un angle inscrit dans $(C)$ ayant pour angle au centre associé $\widehat{NOP}$

donc, $\ 2\widehat{NRP}=\widehat{NOP}$

et comme $\ \widehat{NOP}=130^{\circ}$ alors, $\ 2\widehat{NRP}=130^{\circ}$

par suite, $\ \widehat{NRP}=\dfrac{130}{2}=65^{\circ}$

D'où, $\boxed{mes\;\widehat{NRP}=65^{\circ}}$

Exercice 4

La figure ci-dessous représente une bougie qui a la forme d'un cone de révolution de rayon de base $OA=22.5\;cm$ et de génératrice $AS=37.5\;cm$

1) Montrons que la hauteur $OS$ de la bougie est de $30\;cm$

On sait que $AOS$ est un triangle rectangle en $O$ donc, d'après le théorème de Pythagore on a : $$OS^{2}+OA^{2}=AS^{2}$$

par suite : $OS^{2}=AS^{2}-OA^{2}$

d'où :

$\begin{array}{rcl} OS&=&\sqrt{AS^{2}-OA^{2}}\\\\&=&\sqrt{(37.5)^{2}-(22.5)^{2}}\\\\&=&\sqrt{1406.25-506.25}\\\\&=&\sqrt{900}\\\\&=&30\end{array}$

Ainsi, on a bien $\boxed{OS=30\;cm}$

2) Calculons le volume de cire nécessaire à sa confection.

Pour calculer le volume $\mathcal{V}$ de cire nécessaire à sa confection, on calcule tout simplement le volume de ce cône.

Comme $$\mathcal{V}_{\text{cône}}=\dfrac{1}{3}\times\pi\times(\text{Rayon de base})^{2}\times(\text{Hauteur})$$

alors,

$\begin{array}{rcl} \mathcal{V}&=&\dfrac{1}{3}\times\pi\times OA^{2}\times OS\\ \\&=&\dfrac{1}{3}\times\pi\times(22.5)^{2}\times(30)\\ \\&=&\dfrac{3.14\times 506.25\times 30}{3}\\ \\&=&15896.25\end{array}$

D'où, le volume de cire nécessaire à la confection de cette bougie est : $$\boxed{\mathcal{V}=15896.25\;cm^{3}}$$

3) Calculons l'aire $\mathcal{A}$ de la surface minimale de papier nécessaire pour l'envelopper entièrement.

Pour cela, on calcule l'aire latérale $\mathcal{A}_{L}$ du cône.

Or, $$\mathcal{A}_{L}=\pi\times(\text{Rayon de base})\times(\text{Génératrice})$$

Donc,

$\begin{array}{rcl} \mathcal{A}_{L}&=&\pi\times OA\times AS\\\\&=&3.14\times 22.5\times 37.5\\\\&=&2649.375\end{array}$

Ainsi, l'aire de la surface minimale de papier nécessaire pour l'envelopper entièrement est : $$\boxed{\mathcal{A}=2649.375\;cm^{2}}$$

4) Déterminons le temps $t$ nécessaire pour que la bougie soit entièrement consumée.

On sait que chaque minute, la bougie se consume en diminuant de $101.25\;cm^{3}$ de son volume.

Donc,

$\begin{array}{rcl} t&=&\dfrac{\mathcal{V}}{101.25}\\\\&=&\dfrac{15896.25}{101.25}\\\\&=&157\end{array}$

Ce qui donne alors, $t=157\;mn$ soit ; 2 heures et 37 minutes.

Ainsi, au bout de 2 heures 37 minutes, la bougie sera entièrement consumée.

5) Soit $k$ le coefficient de réduction du cone réduit représentant la partie consumée de la bougie, $\mathcal{V}$ le volume du cone initial qui représente la bougie et $\mathcal{V}'$ le volume de la partie restante de la bougie.

5)1) Montrons que $\mathcal{V}'=(1-k^{3})\mathcal{V}$

Appelons $\mathcal{V}''$ le volume du cône réduit représentant la partie consumée.

Comme nous sommes dans le cas d'une réduction avec $k$ coefficient de réduction alors, $\mathcal{V}''=k^{3}\times\mathcal{V}.$

Ainsi,

$\begin{array}{rcl} \mathcal{V}'&=&\mathcal{V}-\mathcal{V}''\\\\&=&\mathcal{V}-k^{3}\mathcal{V}\\\\&=&\mathcal{V}(1-k^{3})\end{array}$

Ce qui montre que $\boxed{\mathcal{V}'=(1-k^{3})\mathcal{V}}$

5)2) Montrons que $k=\dfrac{30-h}{30}$

On a : $k=\dfrac{O'S}{OS}\ $ or, $O'S=OS-h$

donc, $k=\dfrac{OS-h}{OS}\ $ avec $OS=30\;cm$

Par conséquent, $\boxed{k=\dfrac{30-h}{30}}$

5)3) Calculons la hauteur de la partie restante de la bougie au bout d'une heure d'éclairage.

Soit $h$ la hauteur de la partie restante de la bougie au bout d'une heure d'éclairage.

D'après question 5)2) on a : $k=\dfrac{30-h}{30}.$

Donc, $30k=30-h$ soit ; $h=30-30k$

Ce qui peut s'écrire encore $h=30(1-k)$

Donc, pour trouver $h$ essayons de déterminer $k.$

Pour cela, trouvons d'abord les volumes de la partie de bougie consumée et restante.

Au bout d'une heure d'éclairage, le volume $\mathcal{V}''$ du cône réduit représentant la partie consumée est donnée par : $$\mathcal{V}''=101.25\times t$$

Or, $t=1\;h=60\;mn$ donc,

$\begin{array}{rcl} \mathcal{V}''&=&101.25\times t\\\\&=&101.25\times 60\\\\&=&6075\end{array}$

d'où, $\boxed{\mathcal{V}''=6075\;cm^{3}}$

Par suite, le volume $\mathcal{V}'$ de la partie restante de la bougie est :

$\begin{array}{rcl} \mathcal{V}'&=&\mathcal{V}-\mathcal{V}''\\\\&=&15896.25-6075\\\\&=&9821.25\end{array}$

Ainsi, $\boxed{\mathcal{V}'=9821.25\;cm^{3}}$

D'après question 5)1) on a : $\mathcal{V}'=(1-k^{3})\mathcal{V}$

Donc, $\dfrac{\mathcal{V}'}{\mathcal{V}}=1-k^{3}$

On peut alors en déduire que :

$\begin{array}{rcl} k^{3}&=&1-\dfrac{\mathcal{V}'}{\mathcal{V}}\\\\&=&1-\dfrac{9821.25}{15896.25}\\\\&=&1-0.6\\\\&=&0.4\end{array}$

Ainsi, $k^{3}=0.4$

Or, d'après les données on a : $(0.7)^{3}=0.4$