Modèle concours d'accès — Faculté de Médecine et de Pharmacie de Casablanca (Université Hassan II) 2014 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès 2014-2015 de la Faculté de Médecine et de Pharmacie de Casablanca (Université Hassan II). Durée : 30 minutes, 6 questions à réponses courtes (cadres à remplir et cases à cocher) : étude de fonction, limite, intégrale, nombres complexes, équation différentielle, dénombrement. Voici une correction proposée, avec les calculs.

💡 Dans les questions à cocher, lisez chaque option jusqu'au bout : la différence entre une bonne et une mauvaise réponse tient souvent à un point exclu (« dépourvue du point… »).

I- f(x) = (2x − 1)e^5x−1 − 1

1- Asymptote horizontale en −∞

(2x − 1)e^5x−1 = (1/e)·(2x − 1)e^5x → 0 quand x → −∞ (croissances comparées : x·e^5x → 0). Donc lim_x→−∞ f(x) = −1 : asymptote y = −1.

2- a- Sens de variation pour x > 1

f'(x) = 2e^5x−1 + 5(2x − 1)e^5x−1 = (10x − 3)e^5x−1.

Pour x > 1 : 10x − 3 > 7 > 0 et e^5x−1 > 0, donc f'(x) > 0 : f est strictement croissante sur ]1, +∞[ (elle l'est en fait sur [3/10, +∞[).

2- b- Valeur qui annule f'

f'(x) = 0 ⇔ 10x − 3 = 0 ⇔ x = 3/10 (minimum de f).

3- Tangente au point d'abscisse 1/5

5 × (1/5) − 1 = 0, donc e⁰ = 1 : f(1/5) = (2/5 − 1) − 1 = −8/5 et f'(1/5) = 10/5 − 3 = −1.

y = f'(1/5)(x − 1/5) + f(1/5) = −x + 1/5 − 8/5, soit y = −x − 7/5.

II- Limite

En x = 3, numérateur et dénominateur s'annulent (forme 0/0) : on factorise par (x − 3).

2x² − 5x − 3 = (x − 3)(2x + 1) et x³ − 27 = (x − 3)(x² + 3x + 9).

lim_x→3 (2x + 1)/(x² + 3x + 9) = 7/(9 + 9 + 9) = 7/27.

III- Intégrale

Une primitive de 2x − 1 + 1/√x est x² − x + 2√x.

I = [x² − x + 2√x]₁⁴ = (16 − 4 + 4) − (1 − 1 + 2) = 16 − 2 = 14.

IV- Z = (z + 2)/(z − 4i)

Posons z = x + iy avec z ≠ 4i, c'est-à-dire M ≠ A(0, 4). En multipliant par le conjugué du dénominateur :

(x + 2 + iy)(x − i(y − 4)) = [x² + 2x + y² − 4y] + i[4x − 2y + 8].

Donc Re(Z) a le signe de x² + 2x + y² − 4y et Im(Z) celui de 4x − 2y + 8 (on a divisé par x² + (y − 4)² > 0).

1- Z réel : réponse c

Im(Z) = 0 ⇔ 4x − 2y + 8 = 0 ⇔ y = 2x + 4, avec M ≠ A(0, 4) (A est bien sur cette droite). C'est la droite y = 2x + 4 privée du point (0, 4) : option c.

2- Z imaginaire pur : réponse e (réponse probable)

Re(Z) = 0 ⇔ x² + 2x + y² − 4y = 0 ⇔ (x + 1)² + (y − 2)² = 5 : cercle de centre Ω(−1, 2) et de rayon √5.

Mais le point A(0, 4) est sur ce cercle (1 + 4 = 5) et doit être exclu (z ≠ 4i). L'ensemble est donc le cercle de centre Ω(−1, 2) et de rayon √5, privé du point (0, 4). L'option a décrit le cercle entier ; à la question précédente, l'énoncé précise bien le point exclu, ce qui fait de a un piège : la réponse rigoureuse est e. Si le jury n'a pas tenu compte du point exclu, il attendait a.

V- (E') : y' − ln(2)·y = 0

1- Solution adéquate : réponse b

Les solutions de y' = a·y sont x ↦ k·e^ax. Ici a = ln 2 : y = k·e^{x·ln 2} = k·2^x (option b). L'option a (k·e^{x·ln 2x}) et l'option c (k·e^2x) ne vérifient pas l'équation.

2- Valeur de k

Les courbes de f_k : x ↦ k·2^x et de g : x ↦ 3x + 2 se coupent au point d'abscisse 2 ⇔ f_k(2) = g(2) ⇔ 4k = 8 ⇔ k = 2.

VI- Code du coffre (0 5 9 1 3)

Un code est une suite de 5 chiffres parmi 10, répétitions permises : 10⁵ codes possibles, tous équiprobables.

P₁ (bon code du premier coup) = 1/10⁵.

P₂ (composer les 5 chiffres du code dans un ordre quelconque) : les 5 chiffres 0, 5, 9, 1, 3 sont distincts, ils peuvent être rangés de 5! = 120 façons, donc P₂ = 120/10⁵.

P₂/P₁ = 5! = 120, soit P₂ = 120·P₁.