EXERCICE 1 : 1) A 5 3 7 3 9 A 5 3 7 9 3 A 5 3 7 3 3 3 A 5 3 1 A 0 1 63 1 A 3 1 ) B 5 1 5 B 9 5 1 5 B 3 5 1 5 B -9 5 3) ( ) 3 10 1, 10 3 0, 10 7 3 1, 10 10 7 0, 10 1 ( 7) 18 10 18 10 3 1 0,018 1,8 10 - EXERCICE : a. ( + 0) + 100 + 100 + 100 1 b. (10 + 0) 10 + 100 30 10 + 100 300 + 100 00 c. On appelle x le nombre choisi au départ. Le programme de calcul peut s écrire alors : (x + 0) x + 100 Le problème posé revient à résoudre l équation : (x + 0) x + 100 0 x x + 0 x + 100 0 x + 0x + 100 0 (x + 10) 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 33 cm 3 V boule 3 π 3,53 cm 3 Le taux de remplissage est : T V boule 3 π 3,53 100 100 5,35 V boîte 33 Le taux de remplissage, arrondi à l entier le plus proche, est 5 %. EXERCICE : 1. Le confiseur accorde une remise de 0% sur les 10,0 de la commande, donc le montant de la remise est de : 0 10, 0 100,08 Donc le montant de la facture est finalement : 10,0,08 96,3. a) Les sachets sont identiques donc le nombre de sachets est un diviseur commun de 301 et 17. Si on veut le nombre maximal de sachets réalisables, il faut donc calculer le plus grand diviseur commun de 301 et 17. On utilise pour cela l algorithme d Euclide. 301 17 19 301 17 1 + 19 17 19 3 17 19 1 + 3 19 3 0 19 3 3 + 0 Le dernier reste non nul est 3, donc c est le PGCD de 301 et 17. Le nombre maximal de sachets réalisables est 3. b) 301 3 7 et 17 Donc il y a 7 caramels et chocolats dans chaque sachet. 3
EXERCICE 5 : 1. Les longueurs sur la figure ci-contre ne sont pas respectées. U. On sait que U est un point du cercle de diamètre [ST]. Donc le triangle STU est rectangle en U. S 3. sin a STU SU ST 3 7 donc a STU 5 au degré près.. Le triangle UOT est isocèle en O, donc a UOT 180 5 130 Les points S, O et U sont alignés, donc a SOU 180 a UOT 50. 5. Avec le théorème de Pythagore ou le cos a STU, on trouve UT 6,3 cm. O T EXERCICE 6 : 1. Les longueurs sur la figure ci-contre ne sont pas respectées. E X,8 cm A X 6 cm B X 10 cm X C 8 cm. AB B 6 10 0,6 et BE BF,8 8 0,6 X F On sait maintenant que AB B BE et les points A,B et C sont alignés dans le même ordre que E, B et F. BF 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 B 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 16 56 AC + BC 196 + 6 60 On sait maintenant que AB AC + BC Donc le triangle ABC n est pas rectangle.. p AB + BC + A 16 + 8 + 1 38 cm. A p p p p 38 38 38 38 a b c 16 8 1 3135 56 cm au cm près. EXERCICE 8 : 1) C est Aline car elle n a que des billes rouges. ) La probabilité de Bernard de tirer une bille rouge est 10 10 + 30 10 0 1. Il faut donc rajouter 15 billes noires dans le sac d Aline pour que la probabilité de tirer une bille rouge soit aussi 1. En effet 5 5 + 15 5 0 1.
EXERCICE 9 : 1. a. A 1 001 999 999 1 998 ; B 57 55 55 110 ; (-) (-) (-) -8 b. A et B ne sont pas premiers entre eux car est un diviseur commun à 1 998 et 110.. On pose D (x + 1) (x 1) (x 1) a. En développant D en utilisant les identités remarquables. D (x + 1) (x 1) (x 1) D x 1 (x x + 1) D x 1 x + x 1 D x b. A 1 001 999 999 (1 000 + 1) (1 000 1) (1 000 1) c est D pour x 1 000. On retrouve A en remplaçant x par 1 000 dans la forme réduite de D obtenue au.a. D où A 1 000 1 998. c. Pour calculer E, on remplace x par 1 000 000 000 dans D. Donc E 1 000 000 000 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.. Pour une personne mesurant 165 cm le poids maximum conseillé est environ de 68 kg, donc avec 7 kg elle dépasse de kg environ le poids maximum conseillé. 3. Sa taille doit être supérieure à 170 cm. Partie II 160 150 1. Si t 160 cm, p 160 100 60,5 57,5 kg. 165 150 Si t 165 cm, p 165 100 65 3,75 61,5 kg. 180 150 Si t 180 cm, p 180 100 80 7,5 7,5 kg.. p t 100 t 150 p t 100 (t 150) (t 1 t 0,5 t ) p t 100 (0,5 t 37,5) p t 100 0,5 t + 37,5 p 0,75 t 6,5 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 6,5 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 7 kg. EXERCICE 11 : 1. CE 10, 108,16 CD + DE 9,6 + 108,16 On sait maintenant que CE CD + DE L égalité de Pythagore est vérifiée, donc le triangle CDE est rectangle en D.. 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 1 AB 10, 9,6 AB 1 5 cm. 9,6 EXERCICE 1 : 3 (5 + 3x) (x 3) 0 on développe 3 (5 + 3x) et on enlève les parenthèses pour (x 3) 15 + 9x x + 3 0 8x + 18 0 8x -18 x -18 8 x -,5 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 : 3x -5 ou x 3 x -5 3 EXERCICE 13 : 1) Nombre de tours effectués 310 30 330 30 350 360 Effectifs 5 7 3 Effectifs cumulés croissants 8 13 0 3 5 ) L effectif total est de 5. 5 1,5. 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) 5 6,5. Le premier quartile est la valeur du 7 ème coureur, c'est-à-dire 30. Au moins 5% des coureurs ont effectués moins de 30 tours. 75% 5 18,75. Le troisième quartile est la valeur du 19 ème coureur, c'est-à-dire 30. Au moins 75% des coureurs ont effectués moins de 30 tours. ) Moyenne de la série 310 + 30 + 330 5 + 30 7 + 350 3 + 360 5 333. 5) 360 310 50. L étendue est 50. EXERCICE 1 : 1. B (- ;,6). Les abscisses des points d intersection de la courbe C 3 avec l axe des abscisses sont : -1 ; et. 3. La représentation graphique d une fonction linéaire est une droite passant par l origine, c est donc C 1.. 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.
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,x + 3 1 On résout l équation et on trouve x 5. 6. On remplace x par,6 dans la formule de fa fonction f. Ce qui donne -0,,6 + 3 1,16 1, Donc le point de coordonnées (,6 ; 1,) n appartient pas à C. 7. On choisit x 0, d où g(0) -, le point M (0 ; -) 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 : π 7 1 1) V cône 196π (valeur exacte). 3 ) Le coefficient de réduction est égal à SA SA 3 1 1. V petit cône V cône 3 1 9 16 π 10 cm3 (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. 6x + y 95 3x + 3y 55, 5 On multiplie par deux la ème équation du système. 6x + y 95 6x + 6 y 111 On soustrait la deuxième et la première équation pour éliminer les «x». 6x 6x + 6y y 111 95 y 16 y 8 On remplace y par 8 dans la première équation. 6x + 8 95 6x + 3 95 6x 63 x 10,5 EXERCICE 17 : Vitesse moyenne (km.h -1 ) distance parcourue (km) durée du parcours (h) 8 jours et heures 8 + 1 heures. V 5 800 000 1 7 103 km.h -1 (valeur arrondie au km.h -1 ),7103 10 (écriture scientifique). EXERCICE 18 : (CALCUL NUMERIQUE) 5 1 5 1 5 1 5 5 3 3 3 5
EXERCICE 19 : 1. On sait que le point A appartient au cercle de diamètre [BD]. Donc le triangle ADB est rectangle en A.. 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.