Modèle concours d'accès — École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC) 2021 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année de l'École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC) — Université Ibn Tofaïl, session du 27 juillet 2021. C'est un QCM de 15 questions (Q36 à Q50), une seule bonne réponse parmi a-b-c-d : suites, nombres complexes, limites, trigonométrie, intégrales et étude de fonctions. Voici une correction proposée, avec le calcul pour chaque question.

💡 Avant de commencer : dans ce type de QCM, tester une valeur simple (n = 0, x = 0, x = 1) élimine souvent deux ou trois propositions en quelques secondes. Ne faites le calcul complet que pour départager celles qui restent.

Suites (u_n) et (v_n) : u₀ = 1, u_n+1 = u_n/(u_n + 2), v_n = u_n/(u_n + 1)

• Q36 — Réponse d : v_n+1 = ½ v_n. v_n+1 = u_n+1/(u_n+1 + 1). Or u_n+1 + 1 = (u_n + u_n + 2)/(u_n + 2) = 2(u_n + 1)/(u_n + 2). Donc v_n+1 = [u_n/(u_n + 2)] × [(u_n + 2)/(2(u_n + 1))] = u_n/(2(u_n + 1)) = ½ v_n.
  (v_n) est géométrique de raison ½ et de premier terme v₀ = 1/2, donc v_n = (½)ⁿ⁺¹ : les propositions b et c, qui donnent v₀ = 1 et v₀ = 2, sont fausses.
• Q37 — Réponse b : lim u_n = 0. De v_n = u_n/(u_n + 1) on tire u_n = v_n/(1 − v_n). Comme v_n = (½)ⁿ⁺¹ tend vers 0, u_n tend vers 0/(1 − 0) = 0.

Questions indépendantes

• Q38 — Réponse a : |z − 1| = 1 et arg(z − 1) ≡ 5π/3 [2π]. z − 1 = 3/2 − 1 − i√3/2 = 1/2 − i√3/2. |z − 1| = √(1/4 + 3/4) = 1, et z − 1 = cos(−π/3) + i sin(−π/3), donc arg(z − 1) ≡ −π/3 ≡ 5π/3 [2π].
  (Pour mémoire : |z| = √(9/4 + 3/4) = √3 et arg z ≡ −π/6 ≡ 11π/6 ; c et d sont fausses parce que |z − 1| n'est pas √3.)
• Q39 — Réponse b : e. (1 + 1/x)^x = e^{x ln(1 + 1/x)}. En posant t = 1/x, qui tend vers 0 : x ln(1 + 1/x) = ln(1 + t)/t, qui tend vers 1. La limite est donc e¹ = e.
• Q40 — Réponse c : ½ (sin(3x) − sin(x)). sin a cos b = ½ [sin(a + b) + sin(a − b)]. Avec a = x et b = 2x : sin x cos 2x = ½ [sin 3x + sin(−x)] = ½ (sin 3x − sin x).
• Q41 — Réponse d : S = (½)⁴ − (½)¹². De k = 5 à k = 12 il y a 8 termes d'une suite géométrique de raison ½ et de premier terme (½)⁵ : S = (½)⁵ × (1 − (½)⁸)/(1 − ½) = 2 × (½)⁵ × (1 − (½)⁸) = (½)⁴ − (½)¹².
• Q42 — Réponse c : z₁z₂ = 6 e^−iπ/4. z₁ = √2 + i√2 = 2 e^iπ/4 (module √(2 + 2) = 2) et z₂ = −3i = 3 e^−iπ/2.
  Produit : z₁z₂ = 6 e^{i(π/4 − π/2)} = 6 e^−iπ/4.
  Quotient : z₁/z₂ = (2/3) e^{i(π/4 + π/2)} = (2/3) e^3iπ/4 : le module est 2/3 et non 3/2, a et b sont fausses.
• Q43 — Réponse c : ∫₁^e (x + 1) ln x dx = (e² + 5)/4. Par parties, avec u = ln x et v' = x + 1 (v = x²/2 + x) :
  [(x²/2 + x) ln x]₁^e − ∫₁^e (x/2 + 1) dx = (e²/2 + e) − [x²/4 + x]₁^e = e²/2 + e − (e²/4 + e − 5/4) = (e² + 5)/4.
  Les autres sont fausses : (a) ∫₀^π cos x sin x dx = [sin²x/2]₀^π = 0 ; (b) ∫₀¹ x e^1−x dx = [−(x + 1) e^1−x]₀¹ = −2 + e = e − 2 ; (d) ∫₁^e (ln x)²/x dx = [(ln x)³/3]₁^e = 1/3.
• Q44 — Réponse a : ½ (n + 1)(2 − n) ln 2. u_k = 2 × (½)^k = 2^1−k, donc ln(u_k) = (1 − k) ln 2.
  Somme de k = 0 à n : ln 2 × [(n + 1) − n(n + 1)/2] = ln 2 × (n + 1)(2 − n)/2.
  Contrôle avec n = 0 : la somme vaut ln(u₀) = ln 2, et la formule donne ½ × 1 × 2 × ln 2 = ln 2.
• Q45 — Réponse d : OM₁M₂ est isocèle en O. Δ = 16 − 32 = −16 = (4i)², donc z₁ = 2 − 2i et z₂ = 2 + 2i (a fausse ; b fausse car les parties réelles sont égales, pas opposées). OM₁ = OM₂ = |2 ± 2i| = √8 = 2√2 : le triangle est isocèle en O, et le cercle de centre O passant par M₁ et M₂ a pour rayon 2√2 et non 3√2 (c fausse).
• Q46 — Réponse c : f n'est pas dérivable au point 2. f(2) = 2 ; la limite à gauche est 2 et la limite à droite −2 + 4 = 2 : f est continue en 2 (b et d fausses). Le nombre dérivé à gauche vaut 1 (f(x) = x) et le nombre dérivé à droite vaut −1 (f(x) = −x + 4) : ils sont différents, f n'est pas dérivable en 2 (point anguleux).
• Q47 — Réponse b : la droite (D) : y = x est asymptote oblique à C au voisinage de +∞. f(x) − x = x [(e^2x − 1)/(e^2x + 1) − 1] = −2x/(e^2x + 1), qui tend vers 0 quand x tend vers +∞ (croissance comparée).
  Cette même différence est négative pour x > 0 : C est en dessous de (D) (a fausse) ; elle ne s'annule qu'en x = 0 : pas d'intersection sur [1, +∞[ (d fausse) ; enfin f(x) tend vers +∞ (c fausse).

Fonction f(x) = e^−x ln(|1 − e^x|)

• Q48 — Réponse a : D_f = ℝ*. Il faut |1 − e^x| > 0, c'est-à-dire e^x ≠ 1, soit x ≠ 0.
• Q49 — Réponse b : −1. Quand x tend vers −∞, on pose t = e^x, qui tend vers 0⁺, et 1 − t > 0 : f(x) = ln(1 − t)/t. Comme ln(1 − t)/t tend vers −1 quand t tend vers 0, la limite est −1.
• Q50 — Réponse d : f '(x) + f(x) = −1/(1 − e^x). La dérivée de ln|u| est u'/u, avec u = 1 − e^x et u' = −e^x :
  f '(x) = −e^−x ln|1 − e^x| + e^−x × (−e^x)/(1 − e^x) = −f(x) − 1/(1 − e^x).
  D'où f '(x) + f(x) = −1/(1 − e^x).