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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}

\begin{center}
{\Large\bfseries Diplôme national du brevet\\[4pt]
Brevet des collèges — Centres étrangers, juin 2025}
\end{center}

\vspace{3mm}

\begin{center}
\colorbox{gray!15}{\parbox{0.85\textwidth}{\centering\Large\bfseries CORRIGÉ DE L'ÉPREUVE}}
\end{center}

\bigskip
%\textbf{Indications portant Sur l'ensemble du sujet.}
%
%\textbf{Toutes les réponses doivent êtreJustifiées, sauf si une indication contraire est donnée.}
%
%\textbf{Pour chaque question, si le travail n'est pas terminé, laisser tout de même une trace de la recherche ; elle sera prise en compte dans la notation.}

\bigskip

\textbf{Exercice 1 QCM\hfill 20 points}

\medskip

\textbf{Question 1} : $120 = 12 \times 10 = 4 \times 3 \times 2 \times 5 = 2 \times 2 \times 3 \times 2 \times 5 = 2^3 \times 3 \times 5$ : réponse C

\textbf{Question 2} $(- 4) \times 5 - 12 = - 20 - 12 = - 32$ : réponse A


\textbf{Question 3} Les dimensions du carré B sont le double de celles du carré A. Rapport d'homothétie de centre de centre O égal à 2 : réponse D


\textbf{Question 4} $4x^2 - 1 = (2x)^2 - 1^2$ identité de la forme $a^2 - b^2$.

$4x^2 - 1 = (2x + 1)(2x - 1)$ : réponse A

\textbf{Question 5} Dans le triangle TER rectangle en R, par définition du cosinus :

$\cos \widehat{\text{RET}} = \dfrac{\text{ER}}{\text{ET}}$, soit $\cos 39 = \dfrac{\text{ER}}{7,4}$ ; on en déduit que ER $ = 7,4 \times \cos 39 \approx 5,751$ (grâce à la calculatrice), soit 5,75~cm au centième près : réponse B

\bigskip

\textbf{Exercice 2 \hfill 19 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La moyenne des masses est égale à : $\overline{m} = \dfrac{4 + 9 + 2 + 7 + 11}{5} = \dfrac{33}{5} = 6,6$~(kg).
\item Dans la liste des masses rangées dans l'ordre croissant 2~;~4~;~7~;~9~;~11, la troisième valeur 7 partage l'ensemble des masses en deux ensembles de même effectif : c'est donc la médiane.
\item Il y a 3 colis sur 5 qui ont une masse inférieure à 8 ; la probabilité est donc égale à $\dfrac
 35 = \dfrac{6}{10} = 0,6$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item Volume du colis E : $0,5 \times 0,4 \times 0,6 = 0,2 \times 0,6 = 0,12$~m$^3$.
		\item masse volumique du colis E : $\dfrac{11}{0,12} = \dfrac{1100}{12} \approx 91,67$, soit environ 91,7~kg/m$^3$ au dixième près.
		\item Volume du colis C  : $0,3 \times 0,1 \times 0,5 = 0,03 \times 0,015$~m$^3$.

La masse volumique du colis C est égale à : $\dfrac{2}{0,015} = \dfrac{\np{2000}}{15} \approx 133,3$~kg/m$^3$. Donc le transporteur a tort.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Exercice 3 \hfill 21 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On obtient : $1 \longmapsto -2 \longmapsto 2 \longmapsto 8$.
\item $- 2 \longmapsto 4 \longmapsto 8 \longmapsto 32$.
\item En partant du nombre $x$ :

$x \longmapsto - 2x \longmapsto - 2x + 4 \longmapsto 4(- 2x + 4) = - 8x + 16$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item De $- 8x + 16 = 4$ en ajoutant $8x$ à chaque membre, on obtient :
		
$16 = 4 + 8x$ puis en ajoutant $- 4$ à chaque membre :

$12 = 8x$ ou $4 \times 3 = 4 \times 2x$ d'où $3 = 2x$ et en multipliant chaque membre par $\dfrac 12$

$3 \times \dfrac 12 = x$ et enfin $x = \dfrac 32 = 1,5$. Donc l'équation a une solution $S = \{1,5\}$.
\item Le nombre de départ est 1,5.
	\end{enumerate}
\item $\bullet~$L'ordonnée à l'origine est égale à 16, donc le graphe 2 est disqualifié ;

$\bullet~$ Le coefficient directeur de la droite est égal à $- 8$ ; on doit donc en partant du point sur la droite de coordonnées (0~;~16) se déplacer horizontalement à droite de 1 puis verticalement de 8 vers le bas ou de 2 à droite et 16 vers le bas pour retrouver un point de la représentation : c'est ce que l'on peut faire sur la représentation graphique 3.
\end{enumerate}


\bigskip

\textbf{Exercice 4 \hfill 21 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans le triangle ABC rectangle en B, le théorème de Pythagore permet d'écrire 

$\text{AC}^2 = \text{AB}^2 + \text{BC}^2 = 600^2 + 450^2 = \np{360000} + \np{202500} = \np{562500} = 750^2$, d'où AC $= 750$~(m).
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les droites (DE) et (AB) étant perpendiculaires à la même droite (BC) sont parallèles.
		\item D'après le résultat précédent et les points A, E d'une part, B, D, C de l'autre sont alignés : le théorème de Thalès permet d'écrire l'égalité des rapports :
		
$\dfrac{\text{CD}}{\text{CB}} = \dfrac{\text{CE}}{\text{CA}} = \dfrac{\text{ED}}{\text{AB}}$.

En particulier $\dfrac{\text{CD}}{\text{CB}} =  \dfrac{\text{ED}}{\text{AB}}$ soit $\dfrac{270}{450} = \dfrac{\text{ED}}{600}$.

Or $\dfrac{270}{450} = \dfrac{90 \times 3}{90 \times 5} = \dfrac35$.

Ob a donc $\dfrac35 = \dfrac{\text{ED}}{600}$, d'où en multipliant par 600 :

ED $ = \dfrac35 \times 600 = \dfrac{3 \times 5 120}{5} = 3 \times 120 = 360$~(m).
	\end{enumerate}
\item L'aire du triangle CDE est égale à $\dfrac{\text{DE} \times \text{DC}}{2} = \dfrac{360 \times 270}{2} = 180 \times 270 = \np{48600}~\left(\text{m}^2\right)$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $\dfrac{80}{16} = 5, \: \dfrac{60}{12} = 5$ et $\dfrac{50}{8}  = 6,25$ : le ratio n'est pas respecté.
\item Il faut 80 kg de blé pour \np{10000}~m$^2$, soit $\dfrac{80}{\np{10000}}$ ~kg pour 1 m$^2$ et enfin 

$\dfrac{80}{\np{10000}} \times \np{48600} = 80 \times 4,86 = 388,8$~(kg) pour le terrain CDE.
\item Pour le seigle il aura besoin  de la même façon de : $\dfrac{60}{\np{10000}} \times \np{48600} = 60 \times 4,86 = 291,6$~(kg)

Pour les pois il lui faudra acheter : $\dfrac{50}{\np{10000}} \times \np{48600} = 50 \times 4,86 = 243$~(kg).

Tout ceci lui coûtera :

$388,8 \times 1,4 + 291,6 \times 1,3 + 243 \times 2,1 = \np{1433,7}$, soit \np{1433,70}~\euro : son budget est suffisant.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Exercice 5 \hfill 19 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item B3 ou C9 sont des codes possibles
\item  On peut choisir entre 3 lettres puis entre 10 chiffres : il y a donc $3 \times 10 = 30$ codes possibles différents.

Il y a 10 codes commençant par C : la probabilité que le code commence par la lettre C est donc : $\dfrac{10}{30} = \dfrac 13$.
\item Il y a trois codes se finissant par 7 : A7,\: B7 et C7.

La probabilité que le code se finisse par 7 est égale à $\dfrac{3}{30} = \dfrac{1}{10} = 0,1$.
\item 2, \:3,\:5 et 7 sont premiers : il y a 3 codes finissant par l'un de ces 4 nombres, soit $3 \times 4 = 12$ codes contenant un nombre premier.

La probabilité que le code contienne un nombre premier est donc égale à $\dfrac{12}{30} = \dfrac{6 \times 2}{6 \times 5} = \dfrac 25 = \dfrac{4}{10} = 0,4$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item Avec 30 codes différents il lui faudra au maximum : $30 \times 5 = 150$~s soit $120 + 30$~s ou 2 min 30~s, donc en moins de 3~min.
		\item N'importe qui peut trouver le code en 2 min 30 s maximum : c'est insuffisant.

En prenant l'une des 26 lettres de l'alphabet, il faudra $26 \times 5 \times 3  = 390$~s soit 6~min 30~s soit en plus de deux fois plus de temps.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item B5 n'est pas le code attendu ; le programme affiche Code faux.
		\item Le code attendu est B7.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
