نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM الدار البيضاء-مكناس 2015 - الرياضيات - شعبة العلوم والتكنولوجيا

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours commun d'accès à l'ENSAM de Meknès et à l'ENSAM de Casablanca, filières Sciences et Techniques, session du vendredi 24 juillet 2015. Durée : 2 heures. Partie I : 17 questions à réponse précise (2 points chacune) ; partie II : 8 QCM (bonne réponse +2, pas de réponse 0, réponse fausse ou plusieurs réponses −1). Voici une correction proposée, avec le calcul de chaque réponse.

💡 Stratégie : dans la partie II, une réponse fausse coûte −1. Ne cochez que si votre calcul est sûr ; mais une seule case exacte rapporte 2 points, donc une vérification rapide (valeur particulière, limite) vaut le temps qu'elle prend.

Partie I — Questions à réponses précises (2 points chacune)

Q1. Négation : P̄ : « ∃ a ∈ ℝ∗₊ ; a + 1/a < 2 ». P est vraie : pour a > 0, a + 1/a − 2 = (a² − 2a + 1)/a = (a − 1)²/a ≥ 0.

Q2. P(2015) − P(1) = a(2015³ − 1) + b(2015² − 1) + c(2015 − 1). Chaque terme 2015^k − 1 est divisible par 2015 − 1 = 2014, donc P(2015) − P(1) est un multiple de 2014 (a, b, c entiers). Or P(2015) − P(1) = 2 − 1 = 1, qui n'est pas multiple de 2014. A est fausse.

Q3. Chiffres non nuls : 9 possibilités (1 à 9). On choisit la position du 1 (4 choix), puis chacun des trois autres chiffres parmi les 8 chiffres non nuls différents de 1 : 4 × 8³ = 2048 codes.

Q4. z est une racine 7^e de l'unité différente de 1, donc 1 + z + … + z⁶ = 0 et a + b = −1. Comme b = ā, a + ā = 2 Re(a) = −1. Or Re(a) = cos(2π/7) + cos(4π/7) + cos(8π/7) = S. S = −1/2.

Q5. c − a = −3 − i√3 et b − a = −3 + i√3 (conjugués, de même module √12).

z = (−3 − i√3)/(−3 + i√3) = (−3 − i√3)²/12 = (9 + 6i√3 − 3)/12 = (1 + i√3)/2.

z = cos(π/3) + i sin(π/3) = e^iπ/3. Comme c − a = z(b − a), C est l'image de B par la rotation de centre A et d'angle arg z : θ = π/3.

Q6. Chacun des n termes vérifie 1/(n + n²) ≤ 1/(k + n²) ≤ 1/(1 + n²), donc n/(n + n²) ≤ un ≤ n/(1 + n²). Les deux bornes tendent vers 0 : lim u_n = 0.

Q7. Développements au voisinage de 0 : ex² = 1 + x² + o(x²), cos x = 1 − x²/2 + o(x²). Numérateur = (3/2)x² + o(x²), d'où lim f(x) = (3/2)/2 = 3/4.

Q8. f est continue et strictement décroissante sur ℝ (composée de x ↦ e^−x décroissante et de ln(1 + ·) croissante), avec limites +∞ en −∞ et 0 en +∞ : c'est une bijection de ℝ sur ]0, +∞[. y = ln(1 + e^−x) ⇔ e^−x = e^y − 1 ⇔ x = −ln(e^y − 1). D_f⁻¹ = ]0, +∞[ ; f⁻¹(x) = −ln(eˣ − 1).

Q9. 1/(x ln x) = (ln x)'/ln x, de primitive ln(ln x) sur ]1, +∞[ (ln x > 0). F(x) = ln(ln x) + k et F(e) = ln 1 + k = 1. F(x) = ln(ln x) + 1.

Q10. tan x ≥ 0 sur [0, π/4], donc A = ∫₀^{π/4} tan x dx = [−ln(cos x)]₀^{π/4} = −ln(√2/2) = (ln 2)/2. A = (ln 2)/2 cm² ≈ 0,35 cm².

Q11. Sur [0, 1] : 0 ≤ ln(1 + x) ≤ ln 2, donc 0 ≤ In ≤ ln 2 ∫₀¹ xⁿ dx = ln 2/(n + 1). Par encadrement, lim I_n = 0.

Q12. x² − 2x + y² − 2y + z² = 0 ⇔ (x − 1)² + (y − 1)² + z² = 2 : centre Ω(1, 1, 0), rayon √2. O est sur la sphère ; le plan tangent en O est orthogonal à ΩO⃗ = (−1, −1, 0) et passe par O. (E) : x + y = 0.

Q13. Domaine x > 0. On passe au logarithme : x · ½ ln x = √x ln x ⇔ ln x (x/2 − √x) = 0. Soit ln x = 0 (x = 1), soit √x(√x − 2) = 0 avec √x > 0, donc √x = 2 (x = 4). S = {1 ; 4} (contrôle : 2⁴ = 16 = 4²).

Q14. (E) s'écrit y'' + 4y = 2. Solutions de l'équation homogène : α cos 2x + β sin 2x ; solution particulière donnée : sin²x (vérification : (sin²x)'' = 2 cos 2x et 2 cos 2x + 4 sin²x = 2 cos 2x + 2 − 2 cos 2x = 2).

y(x) = α cos 2x + β sin 2x + sin²x ; y(0) = α = √2 ; y'(x) = −2α sin 2x + 2β cos 2x + sin 2x, donc y'(0) = 2β = 1.

y₀(x) = √2 cos 2x + ½ sin 2x + sin²x.

Q15. P(bonne) = 0,98 et P(rejetée | bonne) = 1 − 0,97 = 0,03. P = 0,98 × 0,03 = 0,0294 (soit 2,94 %).

Q16. Largeur 100/x, périmètre p(x) = 2(x + 100/x). Par l'inégalité x + 100/x ≥ 2√100 = 20 (égalité pour x = 10), ou par p'(x) = 2(1 − 100/x²) nulle en x = 10 : P_m = 40 (carré de côté 10).

Q17. cos 2x = 2cos²x − 1, d'où 2cos²x + cos x − 3 = 0 ⇔ (cos x − 1)(2cos x + 3) = 0. cos x = −3/2 est impossible ; cos x = 1 donne S = { 2kπ , k ∈ ℤ }.

Partie II — Questions à choix multiples

Q18. Réponse : « P est fausse ». Si D = A × B, comme (1, 0) ∈ D et (0, 1) ∈ D, on aurait 1 ∈ A et 1 ∈ B, donc (1, 1) ∈ D, alors que 1² + 1² = 2 > 1. Le disque n'est pas un produit cartésien. Les deux premières cases affirment « P est vraie » : fausses.

Q19. Réponse : géométrique de raison 1/2. v_n n'a de sens que si u_n > 0, donc u_n+1 = 2√u_n. Alors vn+1 = ln(2√un/4) = ln(√un/2) = ½ ln(un/4) = ½ vn, avec v₁ = ln(1/4) ≠ 0 (donc la suite n'est pas constante).

Q20. Réponse : f est bornée au voisinage de +∞. En +∞ : f(x) = x − ln(eˣ(2 − e−x)) = −ln(2 − e−x) → −ln 2, limite finie. En −∞ : |2eˣ − 1| → 1, donc f(x) ~ x → −∞, non bornée ; la première case est fausse.

Q21. Réponse : a = 1. Pour x > 0 : f(x) = ln x − ln(x + 1) − ln x/(x + 1) + 1 = (x/(x + 1)) ln x − ln(x + 1) + 1. Quand x → 0⁺ : x ln x → 0 et ln(x + 1) → 0, donc f(x) → 1. La continuité en 0 impose a = 1.

Q22. Réponse : un unique point. P'(x) = 5x⁴ + 9x² + 4 > 0 : P est strictement croissante et continue sur [0, 1], avec P(0) = −5 < 0 et P(1) = 3 > 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires (bijection), P s'annule une seule fois.

Q23. Réponse : f admet une demi-tangente verticale au point A(0, 1) dirigée vers le bas. f est définie pour eˣ − 1 ≥ 0, soit x ≥ 0 : la question de la dérivabilité à gauche de 0 ne se pose pas. f(0) = 1. Pour x → 0⁺, eˣ − 1 ~ x, donc (f(x) − 1)/x = (eˣ − 1)/x − 2√(eˣ − 1)/x ≈ 1 − 2/√x → −∞ : f n'est pas dérivable à droite de 0, et la courbe part de A vers le bas (f(x) < 1 pour x petit), d'où une demi-tangente verticale dirigée vers le bas.

Q24. Réponse : aucune des trois réponses. En +∞, f(x)/x = (eˣ − 1)/x² + ln x/x → +∞ : branche parabolique de direction l'axe des ordonnées (ni direction y = 0, ni asymptote oblique). La courbe n'est pas au-dessus de y = 0 : quand x → 0⁺, (eˣ − 1)/x → 1 et ln x → −∞, donc f(x) → −∞ < 0.

Q25. Réponse : admet un point d'inflexion en A(−1, −2/e). f'(x) = x eˣ, f''(x) = (x + 1)eˣ : f'' change de signe en −1 (concave avant, convexe après), donc ni convexe ni concave sur ℝ, et f(−1) = −2e⁻¹. En 0, f' passe de négatif à positif : c'est un minimum, pas un maximum.