Brevet de maths 2026 — Amérique du Nord · 3 juin

on met les deux fractions au même dénominateur. 12 est un multiple commun de 3 et de 4, donc 23 = 812 et 34 = 912. A = 812 + 912 = 1712.

baisser un prix de 10 %, c’est le multiplier par 1 − 10100 = 0,9. Prix après réduction : 45 × 0,9 = 40,5. L’article coûtera 40,50 €.

d’après le codage de la figure, les diagonales se coupent en leur milieu, donc le quadrilatère est un parallélogramme ; de plus elles ont la même longueur. Or un parallélogramme dont les diagonales ont la même longueur est un rectangle. C’est donc la réponse B.

5x − 15 = 20 donne 5x = 20 + 15, soit 5x = 35, puis x = 355. La solution de l’équation est x = 7.

le point A se lit à la verticale de la graduation −4, son abscisse est donc −4. b. le point B se lit à la verticale de −2 et à l’horizontale de −1 : ses coordonnées sont (−2 ; −1).

on range d’abord la série dans l’ordre croissant : 1 ; 3 ; 3 ; 8 ; 11 ; 12 ; 12 ; 19 ; 25. Il y a 9 valeurs, soit un effectif impair, donc la médiane est la valeur du milieu, c’est-à-dire la cinquième : la médiane vaut 11.

le triangle ABC est rectangle en A, donc [BC] est l’hypoténuse et [AB] est le côté adjacent à l’angle ABC. Dans un triangle rectangle, cos(ABC) = côté adjacent/hypoténuse = ABBC, donc AB = BC × cos(ABC). La formule à recopier est 5 × cos(60°), ce qui donne AB = 5 × 0,5 = 2,5 cm.

on teste le critère de divisibilité par 3. La somme des chiffres est 3 + 8 + 7 = 18, qui est un multiple de 3, donc 387 est divisible par 3 : 387 = 3 × 129. Le nombre 3 est donc un diviseur de 387 (9, 43 et 129 conviennent également).

Dans le triangle AED, le plus grand côté est [AD] : c’est lui qui serait l’hypoténuse. On calcule les deux membres séparément. D’un côté AD² = 7,3² = 53,29 ; de l’autre AE² + ED² = 5,5² + 4,8² = 30,25 + 23,04 = 53,29. Les deux résultats sont égaux, donc AD² = AE² + ED² : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle AED est rectangle en E.

Le triangle AED étant rectangle en E, les côtés [AE] et [ED] sont perpendiculaires : l’un sert de base, l’autre de hauteur. Aire(AED) = AE × DE2 = 5,5 × 4,82 = 26,42 = 13,2. L’aire du triangle AED vaut 13,2 cm².

Le triangle ABC est rectangle en B, donc (BC) ⊥ (AB). Le triangle AED est rectangle en E, donc (ED) ⊥ (AE). Or les points B, A et E sont alignés : les droites (AB) et (AE) sont confondues, c’est la droite (BE). Les droites (BC) et (ED) sont donc toutes les deux perpendiculaires à la droite (BE) ; comme deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles, on conclut que (BC) // (ED).

Les points E, A, B sont alignés, les points D, A, C aussi, et (BC) // (ED) : c’est la configuration du théorème de Thalès, de sommet A (configuration en papillon). Il donne l’égalité des rapports ABAE = ACAD = BCED. On garde ABAE = BCED, soit AB5,5 = 7,24,8, d’où AB = 5,5 × 7,24,8 = 39,64,8 = 8,25. La valeur exacte cherchée est AB = 8,25 cm.

Les droites (BC) et (ED) sont parallèles et elles sont coupées par la sécante (CD), puisque C, A et D sont alignés. Les angles ACB et ADE sont donc alternes-internes, et deux angles alternes-internes déterminés par des droites parallèles ont la même mesure. L’angle ADE mesure donc environ 49°.

Calculer f(−4), c’est remplacer x par −4 dans l’expression de f, sans oublier les parenthèses : f(−4) = ((−4) − 1) × ((−4) + 3) = (−5) × (−1) = 5. Donc f(−4) = 5.

Chercher l’antécédent de 2 par g, c’est chercher le nombre dont l’image vaut 2, donc résoudre l’équation g(x) = 2. On a 2x + 1 = 2, soit 2x = 1, puis x = 12. L’antécédent de 2 par la fonction g est 12, c’est-à-dire 0,5.

La ligne 3 doit afficher g(x) = 2x + 1, où la valeur de x est celle écrite juste au-dessus, en ligne 1 : on saisit donc en B3 la formule =2*B1+1, puis on l’étire vers la droite (la référence B1 devient C1, D1, etc.). b. On cherche une colonne où les lignes 2 et 3 affichent le même nombre : dans la colonne D, f(x) = 5 et g(x) = 5, et cette colonne correspond à x = 2. Donc x = 2 est une solution de l’équation f(x) = g(x).

La fonction g est une fonction affine (g(x) = 2x + 1), donc sa représentation graphique est une droite : c’est la courbe C2. Il reste la parabole C1, qui représente la fonction f. b. Les solutions de f(x) = g(x) sont les abscisses des points où les deux courbes se coupent : on lit x = −2 et x = 2.

On développe f(x) : (x − 1)(x + 3) = x² + 3x − x − 3 = x² + 2x − 3. L’équation f(x) = g(x) s’écrit alors x² + 2x − 3 = 2x + 1, puis, en soustrayant 2x + 1 dans les deux membres, x² + 2x − 3 − 2x − 1 = 0, c’est-à-dire x² − 4 = 0. Les deux équations sont donc équivalentes et ont exactement les mêmes solutions : Lola a raison. On vérifie d’ailleurs que x² − 4 = (x − 2)(x + 2), qui s’annule pour x = 2 et x = −2, les deux valeurs lues sur le graphique.

Les trois catégories connues rassemblent 28 000 + 12 000 + 8 000 = 48 000 images. Comme la base en compte 50 000 au total, il reste 50 000 − 48 000 = 2 000 images dans la catégorie « Autres ».

Prendre 90 % d’une quantité, c’est la multiplier par 90100 = 0,9. Il y a 28 000 images d’objets du quotidien, donc 28 000 × 0,9 = 25 200. L’IA reconnaît correctement 25 200 images de cette catégorie.

Un pourcentage de réussite est le quotient du nombre de réussites par l’effectif total de la catégorie. La catégorie « Véhicules » compte 8 000 images, dont 5 600 sont reconnues : 5 6008 000 = 0,7, soit 0,7 × 100 = 70. Le pourcentage de réussite est de 70 % dans cette catégorie.

L’image est tirée au hasard : toutes les images ont la même chance d’être choisies, il y a équiprobabilité. La probabilité est donc le nombre de cas favorables divisé par le nombre de cas possibles : P = 28 00050 000 = 0,56. La probabilité de tirer l’image d’un « Objet du quotidien » est 0,56.

On divise la consommation de l’IA par celle d’un collège : 8,2 × 10¹³2 × 10⁸. On calcule séparément 8,22 = 4,1 et 10¹³/10⁸ = 10⁵, ce qui donne 4,1 × 10⁵ = 410 000. Avec l’électricité consommée par l’IA en un an, on pourrait alimenter 410 000 collèges pendant un an.

L’énergie de l’IA alimente 410 000 collèges pendant un an ; si on la répartit sur les 7 100 collèges français, elle dure 410 0007 100 ≈ 57,7 fois plus longtemps. On pourrait donc alimenter tous les collèges français pendant environ 58 ans.

Le Bloc 1 ne fait que préparer le tracé. L’instruction « aller à x: 0 y: 0 » place le lutin au point de coordonnées (0 ; 0), et les trois instructions suivantes ne le déplacent pas : « s’orienter à 90 » le tourne vers la droite, « effacer tout » nettoie la scène et « stylo en position d’écriture » abaisse le stylo. Après l’exécution du Bloc 1, le lutin se trouve donc au point de coordonnées (0 ; 0).

Bloc 2, le carré. À chaque tour de boucle, le lutin trace un côté (« avancer de 50 pas ») puis pivote à un sommet (« tourner de B degrés »). Un carré a 4 côtés, donc la boucle doit être répétée 4 fois : A = 4. Au sommet, le lutin ne tourne pas de l’angle de la figure mais de son supplémentaire, l’angle extérieur ; les angles d’un carré sont droits, donc B = 180 − 90 = 90. Contrôle : 4 × 90 = 360, le lutin fait un tour complet et referme bien le carré.

Bloc 3, le triangle équilatéral. Un triangle a 3 côtés, donc C = 3. Dans un triangle équilatéral les trois angles sont égaux, et la somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc chacun mesure 180 ÷ 3 = 60°. Le lutin tourne de l’angle extérieur : D = 180 − 60 = 120, et non 60 comme on l’écrit trop souvent. Contrôle : 3 × 120 = 360. On répond donc : A = 4 ; B = 90 ; C = 3 ; D = 120.

Une remarque vaut pour les trois programmes : à la fin d’un bloc « carré » ou « triangle équilatéral », le lutin a tourné en tout de 360° et il est revenu à son point de départ ; il repart donc du même point, orienté comme avant. Les instructions « avancer de 50 pas » et « tourner de … degrés » écrites dans le programme lui font alors parcourir, côté après côté, le contour d’un polygone de 50 pas de côté, sur chaque côté duquel une figure est tracée.

Programme 1 : le lutin trace un triangle équilatéral, puis répète 3 fois « carré, avancer de 50 pas, tourner de 120 degrés ». Les rotations de 120° lui font parcourir les trois côtés du triangle de départ, avec un carré construit sur chacun : on obtient 1 triangle et 3 carrés, c’est la figure B. Programme 2 : le lutin trace un carré, puis répète 4 fois « triangle équilatéral, avancer de 50 pas, tourner de 90 degrés » ; les rotations de 90° lui font parcourir les quatre côtés du carré, avec un triangle construit sur chacun : on obtient 1 carré et 4 triangles équilatéraux, c’est la figure C.

Programme 3 : c’est le seul qui n’appelle jamais le bloc « carré ». Après un premier triangle, la boucle avance de 50 pas, tourne de 60°, trace un triangle, puis tourne encore de 60° : les deux rotations totalisent 60 + 60 = 120°, si bien que le lutin parcourt là aussi les côtés du triangle de départ en collant un triangle équilatéral sur chacun. Les quatre triangles de 50 pas de côté s’assemblent en un grand triangle équilatéral de 100 pas de côté partagé en quatre. C’est la figure A. Association finale : programme 1 → figure B ; programme 2 → figure C ; programme 3 → figure A.