Modèle concours d'accès — Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat 2005 — Mathématiques, Physique, Chimie, Sciences naturelles

Ce modèle est le concours d'accès en 1^re année des études de médecine de la Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V – Souissi), lundi 25 juillet 2005. Quatre épreuves rédigées de 30 minutes chacune, sur 20 points : physique, chimie, sciences naturelles et mathématiques. Calculatrice interdite en physique et en chimie. Voici une correction proposée, avec le raisonnement.

💡 Méthode : chaque exercice vaut 5 points et tient en quelques lignes. Donnez la loi utilisée, le calcul et le résultat avec son unité. Sans calculatrice, les données sont choisies pour « tomber juste » : si un calcul devient lourd, revérifiez l'approche.

Physique

Exercice 1 (5 points) — vrai / faux

• 1 — Faux. À l'émergence du prisme, la radiation est déviée vers la base du prisme.
• 2 — Vrai. Le prisme décompose la lumière blanche, car son indice dépend de la longueur d'onde.
• 3 — Vrai. Δm = Z·m_p + (A − Z)·m_n − m(noyau) > 0.
• 4 — Vrai. Une désintégration radioactive spontanée est toujours exoénergétique : la masse des produits est inférieure à celle du noyau père.
• 5 — Vrai. C'est la définition de la fusion nucléaire (par exemple ²H + ³H → ⁴He + n).

Exercice 2 (5 points)

1. Nature du mouvement. Le mouvement est rectiligne, avec une accélération constante dans chaque intervalle.

• [0 ; 2 s] : a₁ = 0,75 m·s⁻² > 0, départ du repos, donc v > 0 et a·v > 0 : mouvement rectiligne uniformément accéléré. v(2 s) = 0,75 × 2 = 1,5 m·s⁻¹.
• [2 s ; 2,6 s] : a₂ = −2,5 m·s⁻² avec v > 0 : mouvement rectiligne uniformément retardé. v(2,6 s) = 1,5 − 2,5 × 0,6 = 0 : (S) s'arrête à t₂.

2. x(t₁) = ½a₁t₁² = ½ × 0,75 × 4 = 1,5 m.

3. Après la rupture (pas de frottement), seuls le poids et la réaction normale agissent. Selon x′Ox : m·a₂ = −mg sin α ⇒ g sin α = 2,5 m·s⁻². Avant la rupture, le fil étant parallèle au plan : m·a₁ = F − mg sin α ⇒ F = m(a₁ + g sin α) = 1 × (0,75 + 2,5) = 3,25 N. (On en déduit au passage sin α = 0,25 avec g = 10 m·s⁻².)

Exercice 3 (5 points)

1. Loi d'additivité des tensions (bobine supposée sans résistance) : u_C + u_L = 0, avec u_C = q/C, u_L = L·di/dt et i = dq/dt : d²q/dt² + q/(LC) = 0.

2. La solution est q(t) = Q_mcos(ω₀t + φ), avec ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(20·10⁻³ × 50·10⁻⁶) = 1/√(10⁻⁶) = 10³ rad·s⁻¹. À t = 0 : q = Q_m = C·U = 50·10⁻⁶ × 10 = 5·10⁻⁴ C et i = 0 ⇒ φ = 0. i(t) = dq/dt = −Q_mω₀ sin(ω₀t) = −0,5·sin(1000 t) (en A). Période propre T₀ = 2π/ω₀ ≈ 6,3 ms.

3. La bobine réelle (et les fils) ont une résistance : une partie de l'énergie est dissipée par effet Joule à chaque oscillation. L'amplitude décroît : régime pseudo-périodique (oscillations amorties), de pseudo-période voisine de T₀ si l'amortissement est faible.

Exercice 4 (5 points)

Repère (O, x, y), y vers le haut ; la plaque A (+) est en haut, donc E est dirigé vers le bas et la force F = −eE sur l'électron vers le haut. D'après la figure, v₀ fait l'angle α sous l'horizontale.

1. Deuxième loi de Newton (poids négligé) : a_x = 0 et a_y = eE/m. x(t) = v₀cos α·t ; y(t) = (eE/2m)t² − v₀sin α·t. En éliminant t :

y = [eE/(2m v₀² cos²α)]·x² − x·tan α.

La trajectoire est un arc de parabole : mouvement uniforme selon Ox, uniformément varié selon Oy.

2. Sortie en S (x = ℓ, y = 0) : [eE/(2m v₀² cos²α)]·ℓ = tan α ⇒ v₀² = eEℓ/(2m sin α cos α) = eEℓ/(m sin 2α) :

v₀ = √(eEℓ/(m·sin 2α)).

Chimie

Exercice 1 (5 points) — vrai / faux

• 1 — Faux (réponse probable). Na⁺ et Cl⁻ sont des ions indifférents, qui ne réagissent pas avec H₃O⁺ ; mais l'ajout d'une solution augmente le volume : [H₃O⁺] diminue et le pH augmente par dilution.
• 2 — Vrai. Une dilution modérée ne change pas le rapport [A⁻]/[AH], donc le pH d'une solution tampon ne varie pratiquement pas.
• 3 — Faux. Il faut quatre atomes ou groupes d'atomes différents.
• 4 — Vrai. Alcool secondaire → cétone.
• 5 — Vrai. Aldéhyde → acide carboxylique.

Exercice 2 (5 points)

1. HCOO⁻ + H₂O ⇌ HCOOH + HO⁻.

2.1. HCOO⁻ + H₃O⁺ → HCOOH + H₂O (réaction quasi totale, K = 1/Ka = 10^3,8).

2.2. pH = pKa = 3,8 ⇒ [HCOOH] = [HCOO⁻] : c'est une solution tampon. Son pH varie peu par dilution modérée ou par ajout de petites quantités d'acide ou de base.

2.3. Il faut transformer la moitié des ions méthanoate : C₂V₂ = C₁V₁/2 ⇒ V₂ = 6·10⁻² × 100/(2 × 10⁻¹) = 30 mL.

Exercice 3 (5 points)

1. B (CH₄O) est le méthanol CH₃OH ; D est l'ester C_nH_2n+1–COO–CH₃. M(D) = 14n + 1 + 44 + 15 = 14n + 60 = 88 ⇒ n = 2. D : CH₃–CH₂–COO–CH₃, propanoate de méthyle (A est l'acide propanoïque).

2. CH₃–CH₂–COOH + CH₃–OH ⇌ CH₃–CH₂–COO–CH₃ + H₂O (estérification lente et limitée).

3. On remplace l'acide par son anhydride : (CH₃–CH₂–CO)₂O + CH₃–OH → CH₃–CH₂–COO–CH₃ + CH₃–CH₂–COOH (ou par le chlorure d'acyle : CH₃–CH₂–COCl + CH₃OH → CH₃–CH₂–COO–CH₃ + HCl).

Exercice 4 (5 points)

1. [H₂O₂]₀ = C₁V₁/(V₁ + V₂) = 10⁻² × 10/20 = 5·10⁻³ mol·L⁻¹.

2. Comme E°(H₂O₂/H₂O) = 1,77 V > E°(I₂/I⁻) = 0,54 V, H₂O₂ oxyde I⁻ : H₂O₂ + 2H⁺ + 2e⁻ → 2H₂O et 2I⁻ → I₂ + 2e⁻, d'où H₂O₂ + 2I⁻ + 2H⁺ → I₂ + 2H₂O.

3.1. n₀(H₂O₂) = 10⁻² × 10⁻² = 10⁻⁴ mol ; n(H₂O₂) = n₀ − n(I₂) ; V = 20 mL.

• t₁ : n = 10⁻⁴ − 4·10⁻⁵ = 6·10⁻⁵ mol ⇒ [H₂O₂]₁ = 3·10⁻³ mol·L⁻¹.
• t₂ : n = 10⁻⁴ − 6·10⁻⁵ = 4·10⁻⁵ mol ⇒ [H₂O₂]₂ = 2·10⁻³ mol·L⁻¹.

3.2. v_moy = −([H₂O₂]₂ − [H₂O₂]₁)/(t₂ − t₁) = 10⁻³/5 = 2·10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹.

Sciences naturelles

Exercice 1 (5 points)

1. Le VIH est un rétrovirus : virus enveloppé à ARN, possédant une transcriptase inverse qui copie son ARN en ADN, ensuite intégré à l'ADN de la cellule infectée.

2. Voies de transmission :

• sexuelle (rapports non protégés) ;
• sanguine (transfusion de sang contaminé, seringues ou instruments partagés ou non stérilisés) ;
• de la mère à l'enfant (pendant la grossesse, l'accouchement ou l'allaitement).

3. Cellules cibles : les cellules portant le récepteur membranaire CD4, surtout les lymphocytes T4, mais aussi les monocytes/macrophages et certaines cellules dendritiques.

Exercice 2 (5 points)

1. Le complément est un ensemble de protéines du plasma, produites surtout par le foie, normalement inactives. Elles s'activent en cascade, notamment au contact des complexes antigène–anticorps, et aboutissent à la lyse de la cellule cible (complexe d'attaque membranaire formant des pores). Elles favorisent aussi la phagocytose et l'inflammation.

2. Tube B : les anticorps anti-hématies de mouton contenus dans le sérum immunisé se fixent sur les antigènes des hématies et les relient entre elles : agglutination (complexes immuns). Il n'y a pas de lyse, car ce tube ne reçoit pas de solution de complément : le sérum utilisé est considéré comme dépourvu de complément actif (c'est ce que teste le tube C).

Tube C : les hématies disparaissent : il y a eu hémolyse. Les complexes anticorps–hématies ont activé le complément ajouté, qui a lysé les hématies. La comparaison avec le tube D (complément sans anticorps : hématies normales) montre que le complément n'est activé qu'en présence du complexe antigène–anticorps.

Exercice 3 (5 points)

💡 Le caryotype est peu lisible sur le scan : la lecture ci-dessous (deux chromosomes X et un Y) est la plus probable ; comptez les chromosomes sur votre document.

1. Les chromosomes sont groupés par paires d'homologues (2n) : c'est le caryotype d'une cellule somatique (une cellule sexuelle n'aurait qu'un exemplaire de chaque chromosome).

2. On compte 22 paires d'autosomes et trois chromosomes sexuels X, X et Y : 2n + 1 = 47 = 44 A + XXY (syndrome de Klinefelter, individu de phénotype masculin).

3. Anomalie lors de la spermatogenèse : non-disjonction des chromosomes X et Y en anaphase I de la méiose.

Spermatocyte I (2n) :  2 2 | 15 15 | X Y
        |  méiose I : X et Y ne se séparent pas
        v
Spermatocyte II a : 2 | 15 | X Y      Spermatocyte II b : 2 | 15 | (aucun gonosome)
        |  méiose II normale                  |
        v                                     v
Spermatozoïdes : 2, 15, X, Y  (n + 1 = 24)    Spermatozoïdes : 2, 15  (n − 1 = 22)

Fécondation : spermatozoïde (22 A + XY) × ovule normal (22 A + X)
            ⇒ zygote 44 A + XXY = 47 chromosomes

Exercice 4 (5 points)

1. Définitions

• Œstradiol : principale hormone œstrogène, stéroïde sécrété par les cellules des follicules ovariens en croissance (thèque interne et granulosa), puis par le corps jaune. Il développe les caractères sexuels secondaires, fait proliférer l'endomètre et exerce un rétrocontrôle sur le complexe hypothalamo-hypophysaire.
• LH : hormone lutéinisante, glycoprotéine sécrétée par l'antéhypophyse sous le contrôle de la GnRH. Son pic déclenche l'ovulation, puis elle transforme le follicule rompu en corps jaune et maintient sa sécrétion.

2. Schéma de synthèse

Hypothalamus --GnRH--> Antéhypophyse --FSH, LH--> Ovaire

Phase folliculaire : FSH -> croissance folliculaire -> œstradiol en hausse
   œstradiol faible : rétrocontrôle négatif (-) sur FSH/LH
   œstradiol élevé (seuil) : rétrocontrôle POSITIF (+) -> décharge de GnRH -> PIC de LH
Pic de LH (~ J14) -> OVULATION
Phase lutéale : LH -> corps jaune -> progestérone + œstradiol
   (-) rétrocontrôle négatif : FSH et LH baissent

Utérus : œstradiol -> prolifération de l'endomètre
         progestérone -> dentelle utérine sécrétrice, muqueuse prête pour la NIDATION
Si fécondation : l'embryon sécrète l'hCG, qui maintient le corps jaune (progestérone) -> nidation et gestation
Sinon : régression du corps jaune -> chute hormonale -> menstruation

Conclusion : l'ovulation dépend du pic de LH, déclenché par l'œstradiol ovarien (rétrocontrôle positif) ; la nidation dépend de la préparation de l'utérus par l'œstradiol puis la progestérone du corps jaune, lui-même entretenu par la LH. Aucune de ces hormones n'agit seule.

Mathématiques

Exercice 1 (5 points)

1. f′(x) = 3x²e^x + x³e^x, donc f′(x) − f(x) = 3x²e^x : f vérifie (E).

2. y solution de (E) ⇔ (y − f)′ − (y − f) = 0 ⇔ y − f = k·e^x. Solution générale : y(x) = (x³ + k)e^x, k ∈ ℝ.

3. φ(0) = k = 1 ⇒ φ(x) = (x³ + 1)e^x.

Exercice 2 (5 points)

• I = [½ln(1 + x²)]₁^√3 = ½(ln 4 − ln 2) = ½ ln 2.
• J = [t + ⅔t^3/2]₀¹ = 1 + ⅔ = 5/3.
• K : intégration par parties (u = x, v′ = e^−x, v = −e^−x) : K = [−xe^−x]₀¹ + ∫₀¹e^−xdx = −e⁻¹ + (1 − e⁻¹) = 1 − 2/e.

Exercice 3 (5 points)

1. Pour x > 0 : f(x) = x·ln(x + 2) − x·ln x. Quand x → 0⁺ : x·ln(x + 2) → 0 × ln 2 = 0 et x·ln x → 0. Donc lim f(x) = 0 = f(0) : f est continue à droite en 0.

2. f(x) = x·ln(1 + 2/x) = 2·[ln(1 + h)/h] avec h = 2/x → 0⁺ ; comme ln(1 + h)/h → 1 : lim f(x) = 2 en +∞.

3. Pour x > 0 : f′(x) = ln((x + 2)/x) + x·[1/(x + 2) − 1/x] = ln((x + 2)/x) + x/(x + 2) − 1, soit f′(x) = ln((x + 2)/x) − 2/(x + 2).

Exercice 4 (5 points)

Notons F « femme », H « homme », M « atteint ». P(F) = 0,6 ; P(H) = 0,4 ; P(M|F) = 0,2 ; P(M|H) = 0,3.

1. P(A) = P(F ∩ M) = 0,6 × 0,2 = 0,12 ; P(B) = P(H ∩ M) = 0,4 × 0,3 = 0,12.

2. Probabilités totales : P(M) = 0,12 + 0,12 = 0,24. P(H|M) = P(H ∩ M)/P(M) = 0,12/0,24 = 0,5.