Modèle concours d'accès — Facultés de Médecine, Pharmacie et Médecine Dentaire (concours national) 2020 — SVT, physique, chimie, maths (version française)
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En bref
Ce document est une ancienne épreuve écrite du concours de Concours d'accès aux grandes écoles organisé par Facultés de Médecine, Pharmacie et Médecine Dentaire (concours national) (2020), publiée sur Wadifa Info en consultation et téléchargement PDF gratuits, avec une correction proposée.
- Organisme
- Facultés de Médecine, Pharmacie et Médecine Dentaire (concours national)
- Grade
- Concours d'accès aux grandes écoles
- Spécialité
- SVT, physique, chimie, maths (version française)
- Année
- 2020
- Pages
- 21
- Langue des questions
- français
- Correction
- correction proposée disponible sur cette page
📝 Texte des questions (extrait automatiquement des pages scannées)
Ce texte est extrait automatiquement des images de l'épreuve et peut contenir des erreurs de lecture — les images ci-dessus font foi.
— صفحة 1 —
للمملكة المغربية 2 +.XHA£+ | HCYOSO
21129 التربية الوإمنية والتكوين 75008 ملت SOLIHR م متعءاء ١ EORCE 1©.ملام.4
والتعليم المالر والبحث الملمي 6.01 لات À ولالقاءاء A 1DOHCA
Royaume du Maroc
Ministère de l'Éducation Nationale, de la Formation Professionrelie,
de l'Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique
مباراة ولوج كليات الطب والصيدلة وكليتي طب ام
الأسنان برسم السنة الجامعية 2021-2020
غشت 2020 ب
لصيفة الرنسية لاختار
Consignes
Notes et instructions importantes :
. L’épreuve est constituée de quatre composantes d’une durée totale de 3 heures :
. Chaque question comporte 5 réponses (A, B, C, D et E) dont une seule réponse est juste ;
. Chaque candidat(e) a le droit d’utiliser une seule feuille réponse non remplaçable :
. Avec un stylo à bille (bleu ou noir) cochez sur la feuille réponse à l’intérieur de la case
correspondante à chaque réponse juste de la manière suivante : &] ou remplissez cette case
de la manière suivante : M ;
. L'utilisation de la calculatrice est INTERDITE :
. L'utilisation du Blanco sur la feuille réponse est INTERDITE :
. Chaque note inférieure ou égale à 3/20 dans une composante au moins, des quatre
composantes de l’épreuve est considérée comme note éliminatoire ;
. Toute réponse fausse pour chaque question vaut 0.
Composantes et caractéristiques de l’épreuve :
9. L'épreuve comporte 80 QCM réparties en quatre composantes :
e Composante 1 : Sciences de la Vie de la question Q1 à la question Q20 ;
e Composante 2 : Physique de la question Q21 à la question Q40 ;
e Composante 3 : Chimie de la question 041 à la question Q60 ;
e Composante 4 : Mathématiques de la question 061 à la question 080
Notation :
10. Chaque question sera notée, selon son degré de difficulté et son importance dans le cadre
de référence de l’épreuve, d’un point ou de deux points ou de trois points.
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Composante 1 : Sciences de la vie Coefficient : 1
L'expression de l’information génétique chez les eucaryotes passe par deux étapes :
La transcription au niveau du cytoplasme et la traduction au niveau du noyau ;
La réplication au niveau du noyau et la transcription au niveau du cytoplasme :
La réplication au niveau du noyau et la traduction au niveau du cytoplasme ;
La réplication au niveau du cytoplasme et la traduction au niveau du noyau ;
La transcription au niveau du noyau et la traduction au niveau du cytoplasme.
Durant la métaphase de la mitose, les chromosomes :
sont à deux chromatides condensées constituées chacune d'un brin d'ADN :
sont à une chromatide décondensée constituée de deux brins d'ADN ;
sont à deux chromatides condensées constituées chacune de deux brins d' ADN :
sont à une chromatide décondensée : constituée d'un brin d'ADN ;
sont à deux chromatides décondensées constituées chacune de deux brins d'ADN.
La loi de pureté des gamètes dit qu’il y a :
association des allèles responsables des deux phénotypes différents d’un caractère chez
l'hybride lors de la formation des gamètes ;
séparation des allèles réunis chez l'hybride lors de la formation des gamètes :
séparation indépendante des allèles responsables des deux caractères lors de la formation
des gamètes chez l’hybride :
séparation indépendante des allèles responsables des deux caractères lors de la formation
des gamètes chez l’homozygote ;
association des allèles responsables des deux phénotypes différents d’un caractère chez
l’homozygote lors de la formation des gamètes.
L’ARN de transfert (ARN?) :
s'associe par son anti-codon à l’ARNm pour assurer la traduction ;
s’associe par son codon à l’ARNm pour assurer la transcription ;
s’associe par son anti-codon à l’ARNm pour assurer la ré ication :
s’associe par son anti-codon à l’ARNm pour assurer la transcription ;
s'associe par son codon à l’ARNm pour assurer la traduction.
La carte génétique (carte factorielle) est une représentation sous forme d’un graphique
du positionnement :
des chromosomes réalisée en se basant sur le calcul du pourcentage des gènes liés lors d’un
croisement-test ;
des chromosomes réalisée en se basant sur le calcul du pourcentage des recombinés lors
d’un croisement-test :
des gènes sur les chromosomes réalisée en se basant sur le calcul du pourcentage des gènes
indépendants lors d’un croisement-test ;
des chromosomes réalisée en se basant sur le calcul du pourcentage des gènes indépendants
lors d’un croisement-test ; _
des gènes sur les chromosomes réalisée en se basant sur le calcul du pourcentage des
recombinés lors d’un croisement-test ;
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Concernant les mutations :
Elles sont toujours avantageuses à celui
Elles diminuent la diversité génétique au sein des populations ;
Elles peuvent apporter un avantage sélectif à l’individu porteur de la mutation :
Elles sont transmissibles aux générations futures lorsqu’elles atteignent les cellules
somatiques :
Elles entraînent toujours des maladies génétiques héréditaires.
L'évolution d’une population :
repose sur des innovations génétiques aléatoires et indépendantes des caractéristiques du
milieu ;
fait intervenir des mécanismes de diversification et de complexification des génomes qui
aboutissent toujours à des nouveautés phénotypiques "avantageuses" :
est due toujours à une augmentation de la diversité génétique au sein de la population :
fait intervenir des mécanismes de diversification et de complexification des génomes
ui aboutissent toujours à des nouveautés phénotypiques "désavantageuses" ;
est impossible sans modifications du pool génique de cette population.
|_ Un ARN est une molécule :
_ Qui n’existe que dans le cytoplasme des cellules :
Qui ne se lie jamais à une protéine :
Constituée des 4 nucléotides : A, T, G et C ;
Qui n’intervient que dans la transcription des gènes ;
qui peut renfermer des codons non-sens.
Dans le diagnostic prénatal chez l’homme, parmi les techniques de prélèvement
utilisées pour la réalisation du caryotype, on trouve :
l’amniocentèse et la choriocentèse ;
la radiographie et la choriocentèse ;
l’échographie et l’amniocentèse ;
l’échographie et la choriocentèse ;
est moins diversifié génétiquement qu’une population :
2 une répartition géographique limitée :
se définit strictement par le critère de ressemblance phénotypique :
ne présente pas de variations génotypiques inter-individuelles ;
est soumise aux facteurs de diversité génétique.
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Soit les croisements suivants :
Croisement 1 : On croise une poule de race pure à crête rosacée avec un coq à crête simple :
on obtient alors uniquement des poulets à crête rosacée.
| Croisement 2 : dans la descendance de poulets à pattes courtes, on obtient toujours à la fois
des poulets à pattes courtes et des poulets à pattes normales, dont les proportions de deux
poulets à pattes courtes pour un poulet à pattes normales.
011 | Croisement 3 : on croise un coq à crête rosacée et à pattes courtes avec une poule à crête
simple et à pattes normales. On obtient dans la descendance 50% de poulets à crête rosacée et
à pattes courtes et 50 % de poulets à crête rosacée et à pattes normales.
En se basant sur ces trois croisements, et sachant que les deux gènes étudiés sont
indépendants, on peut écrire ainsi le génotype du coq du croisement 3 :
" (Avec : R et r pour la forme de la crête et C et c pour la forme des pattes)
3
38 35 عد a FO 0
19 20 21
À partir des informations tirées du document on peut déduire que ce caryotype est
celui d’une cellule d’un fœtus mâle a 2n+1=47 issu de la fusion :
d’un gamète au caryotype normal et d’un gamète résultant d’une méiose dont la prophase Il
|__à présenté une anomalie ;
de deux gamètes aux caryotypes anormaux résultants d’une méiose dont 1 ‘anaphase I a
résenté une anomalie ;
de deux gamètes aux caryotypes anormaux résultants d’une méiose dont 7 anaphase IT à
présenté une anomalie :
d’un gamète au caryotype normal et d’un gamète résultant d’une méiose dont | ‘anaphase I a
présenté une anomalie ;
d’un gamète au caryotype normal et d’un gamète résultant d’une méiose dont la prophase I
et la prophase II ont présenté une anomalie.
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Le document suivant présente l’évolution de la quantité d’ADN par noyau, depuis la
formation des spermatozoïdes à partir d’une cellule mère dans les testicules jusqu’à
l’obtention d’un embryon de 2 cellules.
Quantité d'ADN par noyau en
unité arbitraire (UA)
1 : cellule œuf ; | 0 D
2 : cellule embryonnaire ; 29
H : entrée de la tête du 1 ا ا
spermatozoïde dans le A 1 ! ] ! ا
cytoplasme du gamète Q | F ] M
| femelle ; , 1 ; ;
Segment HI du graphique : #2 G H 1 i Temps
réplication d'ADN dans 1 (heures)
cha u, avant | 5 1 2
ique noyau, a eur Cellule sexuclle mâle ›} a ›
fusion. « به
Fusion des
noyaux
Le graphique de ce document montre :
deux réplications et trois divisions cellulaires et que la fécondation correspond à la fusion des
noyaux des gamètes haploïdes ayant répliqué leur ADN ;
deux réplications et trois divisions cellulaires et que la fécondation correspond à la fusion des |
| noyaux des gamètes haploïdes n’ayant pas répliqué leur ADN ;
deux réplications et deux divisions cellulaires et que la fécondation correspond à la fusion des
| noyaux des gamètes haploïdes ayant répliqué leur ADN : 0
deux réplications et deux divisions cellulaires et que la fécondation correspond à la fusion des
noyaux des gamètes haploïdes n’ayant pas répliqué leur ADN : |
une réplication et trois divisions cellulaires et que la fécondation correspond à la fusion des
Un des codons pour l’acide aminé glutamine (Gin) est CAG. ١ 0 |
Son anti-codon au niveau de l’ARNt est :
Une maladie M est due à une activité nulle d’une enzyme E .Le pedigree suivant présente la
transmission de cette maladie dans une famille et précise le pourcentage d’activité
enzymatique (en %) chez les membres de cette famille.
50% = homme malade
[[] homme sain
100% 0%
50%
50% 100% 50% 50% CC) femme saine
On peut conclure que la maladie est :
| récessive autosomale :
récessive liée à X ;
récessive liée à Y ;
| dominante autosomale ;
dominante liée à X.
Q13
0
0
4
حا 000 ال
015
noyaux des gamètes haploïdes ayant répliqué leur ADN. _
BD jQaIW|›
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La fréquence d'apparition dans le sexe masculin du syndrome de Hunter, maladie récessive
liée au chromosome X est de 1/1000.
| La fréquence d'apparition de la maladie dans le sexe féminin est :
| (la population est en équilibre selon Hardy Weinberg)
1/100 000
1/150 000
1/50 000 |
1/10000
1/1000 000
| On dispose des enzymes de restrictions suivantes qui découpent l’ADN en des endroits
précis :
Hpa1 Hind III Eco RI
3— GTHAAC—* 5— AAGCTT—* 5_dAATTC—
Q17 3— CAATTGS 3_TTTGAA—" 3_CTTAAG—
L’enzyme ou les enzymes qui peuvent agir sur la séquence d’ADN suivante :
ATGTATGGTGGTTTTTTATAGAATTCGCAA __3' اا
2١
?__ TACATACCACCAAAAAATATCTTAAGCGTT لق
est Hpa 1 ;
sont Hpa 1 et Eco RI ;
| est Eco RI ;
Sillon de / 8
Fuscau de
division
L’analyse de ces figures montre que :
la figure 1 représente une cellule en prophase I qui permet le brassage intrachromosomique et
la figure 3 représente une cellule en anaphase 1 qui permet le brassage interchromosomique ;
la figure 2 représente une cellule en métaphase I qui permet le brassage intrachromosomique
et la figure 3 représente une cellule en anaphase I qui permet le brassage
interchromosomique ;
la figure 3 représente une cellule en anaphase I qui permet le brassage interchromosomique
et la figure 4 représente une cellule en télophase I qui précède au brassage
interchromosomique ; |
la figure 1 représente une cellule en prophase I qui permet le brassage intrachromosomique et
la figure 4 représente une cellule en télophase I qui précède au brassage
interchromosomique ;
| la figure 2 représente une cellule en métaphase I qui permet le brassage intrachromosomique
| et la figure 4 représente une cellule en télophase I qui suit le brassage interchromosomique.
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Un horticulteur voudrait améliorer son jardin à fleurs. Pour cela, il a croisé une plante PI, à
| fleurs blanches et à pied lisse, avec une plante P2 à fleurs roses et à pied épineux. La
première génération F1 est composée de plantes à fleurs roses et à pied épineux. Un
croisement effectué entre des individus hybrides F1 donne une génération constituée par :
- 126 plantes à fleurs roses et à pied épineux ;
- 59 plantes à fleurs roses et à pied lisse ;
- 52 plantes à fleurs blanches et à pied épineux ;
| - 21 plantes à fleurs blanches et à pied lisse.
Les proportions des phénotypes obtenus à la génération F2 s’expliquent comme suit :
Les deux gènes étudiés sont liés et les nouveaux phénotypes résultent d’un brassage
intrachromsomique lors de la formation des gamètes chez les hybrides F1 :
Les deux gènes étudiés sont indépendants et les nouveaux phénotypes résultent d’un brassage
| intrachromsomique lors de la formation des gamètes chez les hybrides F1 :
Les deux gènes étudiés sont liés et les nouveaux phénotypes résultent d’un brassage
interchromsomique lors de la formation des gamètes chez les hybrides F1 ;
Les deux gènes étudiés sont indépendants et les nouveaux phénotypes résultent d’un brassage
| interchromsomique lors de la formation des gamètes chez les hybrides F1 :
Les deux gènes étudiés sont indépendants et les nouveaux phénotypes résultent d’un
| brassage intrachromosomique suivi d’un brassage interchromsomique lors de la formation
| des gamètes chez les hybrides F1.
La figure ci-dessous, représente une cellule d’anthère de lys en division.
Cette photographie représente une cellule à :
2n = 24, en anaphase d’une mitose ;
2n = 24, en prophase I d’une méiose ;
| 2n = 12, en métaphase d’une mitose ;
2n = 12, en anaphase II d’une méiose :
2n = 24, en anaphase I d’une méiose. ;
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Composante 2 : Physique Coefficient : 1
À l'aide du vibreur d'une cuve à onde, on crée à £, = 0, au point S de la surface libre de l'eau une onde
progressive sinusoïdale de fréquence N . L’élongation du point S est y,(t)= 5.10*.cos (2x.N. t) ;
La figure ci-dessous représente une coupe transversale de la surface de l'eau à l’instant 1 =0,1 s.
_Q21. La valeur de la longueur d’onde est : _ Lu
A) 4=05m ها 21=25m ىه 21m «| م
_Q22. La vitesse de propagation de l' onde} à la surface de l'eau est:
ES me 510550 n (207t- x). B ' ييز ‹ 5. 5.107 .cos (20m - 2). G = =5. 10° cos (40nt + x). |
| D | 24 (9 07 cos (40m) 1 pli = 5. 10° .cos (30nt)
Une radiation lumineuse visible de fréquence v = 5.10 Hz a une longueur d'onde À = 400 nm dans un
milieu transparent d'indice 7.
Donnée: Vitesse de propagation de la lumière dans le vide: c = 3.10*m.s”
_Q24. La valeur de la longueur d'onde À, de la radiation lumineuse dans Je vide est:
A] A =760m |B] A=850m 1€] 4= TE]A = 50m]
_Q25. La valeur de l'indice est: =—›—zz=, -_-_ يفو برسم ونيا امداج جا مه مجم وم —_ وو دده
اله #=133 B] كاج» JC باحم 7 ْ'
Lorsqu'un cœur se contracte pour relancer la circulation sanguine, il provoque l’émission d’une onde, le
pouls, qui se propage le long des artères : leurs parois se dilatent lorsque la pression sanguine augmente.
La célérité du pouls est donnée par la relation v = ER ou p est la masse volumique du sang et D un
SE 5 ak a fin 05 €
coefficient caractérisant l’élasticité de l’artère. Pour une personne, on donne D = re S.1), avec AP la
variation de la pression sanguine due au pouls.
Données :
e lcmHg=13kPa ; p=10kem" ; AP=5emHg : 413 3,6 : J20=4,5
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الصيغة الفرنسية للاختبار
028. La personne prend son pouls simultanément au niveau d'un point M du cou puis au niveau d'un
point N du poignet. Le point M se trouve à 20 cm du cœur et le point N à 80 cm du cœur. On considère
que la célérité de propagation du pouls entre le cœur et le point M est la même que celle entre le cœur et
le point N.
Le décalage horaire entre l'arrivée du pouls en M et l'arrivée en N vaut :
Le document ci-contre donne l’élongation du mouvement
d’un point M lors de la propagation d'une perturbation le long
d’une corde. Le point M est situé à 1,5 m de la source .يي
On considère que la perturbation a commencé en S , à
l’instantz, =0.
Q29. La perturbation atteint le point M à l’instant :
A __1=050s B 1=010s © t=0, 205
91420320 | E |0125 |
On éclaire un fil très fin de diamètre à par un Laser qui émet une
radiation de longueur d'onde À = 670 nm . On observe une figure
de diffraction sur un écran situé à la distance D =1,5 m du fil. La
largeur de la tache centrale est L, =2 cm.
On remplace le laser par un autre qui émet une radiation de |
longueur d'onde À, = 560 nm. La largeur de la tache centrale dans
ce cas est notée L,.
Donnée : › = 0,84
Q31. La valeur de L est:
EN له كاج يا B L=L70m_ Te! حار - 2,3 cm D La = 2,6 0m | E =
_Q32. Pour les deux radiations, l’écart angulaire le plus Rrand est :
210 DL 843.107 وه |
7107 rad E 04 10? rad
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الصيغة الفرنسية للاختبار
Le Fer Fe estradioactif #.On pis, à l’instant # =0 بص échantillon de Fer , Fe, d'activité
du Cape dix jours, on mesure l'activité a(r) de cet échantillon.
On remarque que =1,17 : (t exprimé en jours).
Données:
e Laloi de décroissance radioactive s'écrit N(#) = Ne ä
e 1n(1,17)=0,157
_Q33. Le noyau fils formé lors de cette désintégration est :
A 0 ١" - 7 Ci م D 2e E
Q34. La valeur de la constante radioactiv e du Fer; 261 Fe est:
; A ١ À= 1 57. 10° jours” | باح 57. 10° jours”
(D) 2=15710%" E 4=1,57.10* jours”
Le noyau de Bismuth SP Bi est * radioactif L'é écriture suivante 5 denis deux dé indesit successives
au: قي 0م212 4
de ce noyau : ‘33 Bi——— 7 و بكوم
Q35. Le type de la désintégration (1) et les valeurs de Z, et À, sont :
Une roche radioactive de masse my =1tonne contient à l’instant t, =0, 0,5% d’Uranium 235.
Données : (
e Demi-vie de l'Uranium 235 : ون =7.10*ans =2,20.10" s.
4 2
e In2=0,7 : 47x0,128=6,02 : 5 =5,82 ; 37 26,02.10# اد« : M(U)=235 g.mol”
1 Le nombre de noyaux d’Uranium 235 dans la roche à à l'instant h, = = 0 est :
=2,35. 1 Lo 128.10# ICI M, 02.108 D N,=7,25. in.
Q37. L'activité d de P Uranium 235 dans la roche à à l’instant 1, = 0 est : :
A 4 7. 108 B a, =6. 10°Bq 6 1 a =4 07. و18 D a=31 a, =1,5.10"Bg |
_Q38. À l'instant / =28.10'ans, l’activité de l’Uranium 235 est: ا
| 054 | 0254 © 0,125a ها 62510%a © 3,125.10
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Ra se désintègre en donnant un noyau fils *Rr et une particule به
Le noyau de Radium
_Q39. Les valeurs dexetysont: ا ا Leger man
A x=88:y=226 B x=87:y-226 C_x=87:y=222 D x=86;y=222 E | x=89;y=226
protons 88 protons — 89 ا
Q40. La composition du noyau fils *Rr est:
| 86 protons | 87 protons
| 86 protons
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الصيغة الفرنسية للاختبار
Composante 3 : Chimie Coefficient : 1
On introduit dans un ballon, une quantité de poudre de
Zinc, et on y verse à un volume V = 75mL d'une solution
aqueuse d'acide sulfurique. La réaction qui se produit a
pour équation: Zn, + 2H,009 › mn + و2770 + ريوط
La courbe ci-contre représente les variations de
l'avancement x de la réaction en fonction du temps.
Données:
e La vitesse volumique moyenne d'une réaction a pour
expression : v — ; (avec V volume total du
moy =
mélange).
3375x35=1,19.10°
041 L' ‘avancement final x x, vaut:
له x,=29,8mmol B x, =28,5 mmoi C x, =27,8mmol |D x, =25,6mmol E_ x, =20,8mmol |
042 ل du temps de demi-réaction vaut:
1 1B 1,=45min (C4, =40min [D 42 =35min | E | 1, =30min |
mas y
molL* min” | C je ' 6 5 10 ›molL* min” 10° .33 5ح
Le y
| E le pes 0 10 ار" min!
À t, =0 on ajoute 1 un v olume d'eau oxygénée à un voie d'une › sd tion de permanganate de potassium
acidifié. L'eau oxygénée H,0,, est oxydée par les ions permanganate MnO, a) Selon l’équation:
Mat, + 570 2 + ممية + م677 + و2310 + SH,0,4)
Le tableau ci-dessous présente l'évolution temporelle de la concentration des ions - 0
{(min) [0 | 4 | 8 14 | 24 | 44 | 66 | 100 | 120
[sm Jonotr*) | 0 | 0,10 [020 | 028 | 040 [0,50 | 054 | 056 | 056
Données:
- Volume molaire V, =24Lmol! ; Volume du mélange : V=10mL : H,0,,, : réactif limitant.
Q44. Les couples (ox/réd) participant à cette réaction sont : _ 0
اال لافنا ا لبان الفا Mat: 48:0 0000 0 010 ل | Mn إٍْ 0 1 Mn
0 يقوق/ مقي ١ مقطا لو | H20, / رون 1 10 ,1,0 | |
وم اب | | 20 )2 )20 2 20
045: La valeur du temps de demi-réaction est : mu
=l0min B t,,=14min © حيو =24n min D! 1,2=
046. Le v ‘olume du dioxygène formé à à l'instant 1=24 min vaut :
| v=48107Z |B| v=4810°Z |C! v=361072 |D! v=121082 |E! v=2410°7
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81 m= =2,8.10* ol
=2,8.10* noi
On considère une solution aqueuse (S) d’acide éthanoïque de concentration C = 10° mol.L'. La mesure
de la conductivité de la solution (S) a donné o =1,56.107° 577 .
Données : à = ديم : 235580017 ومة 2 aisé =4mS.m’.mol" ; 10g2=0,3
A [H ous 8.10*mol* قا [H,0;,]=4 10° moi.
1 D ! 1 0; ]= 4.10* mol. 2 08 E E [H, زمه
Q49. La valeur du pH du mélange à l'équilibre est : LE
الم اه ‹ 3, 1 Ï 1 È pH= 3, 4 إ Ci pH= -3,6
Q50. Le taux d' avancement final de la réaction est: ا LL
On dissout un comprimé d'ibuprofène dans un volume V, d’eau pour obtenir une solution aqueuse (S).
On titre la solution (S') par une solution aqueuse d’hydroxyde de sodium de concentration
C, =0,20 mol.L! . Le volume versé à l’équivalence est روط =9,7 mL.
Donnée: M(ibuprofène) = 206 g.mol *.
ا contenue dans le compumé étudié vaut ا La masse لعل
4mg | C: My =4 1 0? mg | D} Mn” = 400 mg |
On prend la masse m=10g d'un vinaigre commercial, et on y ajoute de l'eau pour obtenir une solution
aqueuse (S,) d'acide éthanoïque CH,COOH, ,, de volume V =100 mL . On dose V, =20 mL de la
solution (S,) par une solution aqueuse (S,) d’hydroxyde de sodium de concentration C, =0,10 mol.L.
Le volume versé à l’équivalence est V,, =16,4 mL.
Données :
e Le degré d’acidité d’un vinaigre commercial représente la masse d’acide éthanoïque pur en
(g) contenu dans 100 g de vinaigre.
Q52. Le Megré € d’acidité de ce Yinalare vaut:
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053 . Les valeurs de l’avancement maximal de la réaction et du م du milieu réactionnel pour le
volume V, =8,2 mL sont :
8, 2. 1 0 moi
y =42 CE |
=6,210*mol - 0 لم
x, =8210Fm0l 0-0
Le pH d'une solution aqueuse (S) d'acide benzoïque de volume V =1Z et de concentration
C=0,1mol.L', à 25°C , est pH =2,6.
Données: 10%*=63 ; 109% =2,5 +: 1-1079 =]
0 A 25.10ح رع 01 B° 3 3 0 x,=25.10"mol |
D x, =410Rmol E =6.10*mol ja
/C 1 000 1 ) }a pour € expression:
055 La constante d acidité K, du couple (CH, 3 OOH,
: 1 1 0 .م 4 10° 2pH ; | 1 0 2pH إٍْ ci gr
Al Rep” 5 F5 ©0107) |" | re (Di ET 07 ل
dE sa }
056 La valeur de la constante d'acidité K, du couple (Ce 77 COOH مس /CH pin € ) est:
22.10 | B | K,=6,3.107) rer K,=4.10* ID K,=63.10"* 11
La mesure du pH d'une solution aqueuse (S) d'ammoniac de concentration C , a donné pH =10,3.
11:
Q57. Let taux x d'avancement final de la réaction qui se produits a pOur expression:
Pour cette solution : log
A جع B © ps Dore الحم ج
058. La valeur de pK, du (ي لد/ ,277 علصتاف Vaut :
4(ag) 3(ag)
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On ajoute au volume V, =20mZ d'une solution aqueuse d'acide lactique C,H,0, de concentration
C, =3.10?mol.L' , le volume V, =10mL d'une solution aqueuse d'hydroxyde de sodium de concentration
C, -1,5.10 mol.L" . Le pH du mélange est pH =3,3.
Donnée : 10°” = 2.107"
Q59. L' avancement final x, de la réaction quia a eu lieu a pour expression:
5 = كليل V4 + V4) 10/76 si x,= æ + + 1077-1 C x - ولاو +) + › 10 7
ٍ 0 2 +0, +, › 1077 ak D
000 La valeur de la concentration [es وتوا | J est:
D [cs لمم 5.107 -5=] م7:05 E [CsPrsO5n) ]=} 5.10 moi." |
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11171775775 (Coefficient :1)
Q61 :
meme
7
Si 2 est le nombre complexe de module V2 et d’argument 3 , alors z* est égal à :
8+3 8+3 8-3
Q62 :
| Si 0 est un nombre réel, alors cos” 0 est égal à :
= (cos30 + 3cos6) “(60530 + 3cos0) = (sin30 +3 sin0)
[D] S (3cos0 — cos 30) : (sin30 +3sin0)
Q63 :
Sixe Jo, 1 , alors Jim (1 — x} 0 + x)" est égale à :
+0 —c 0 اها -١ 1
Q64 :
1 1
Le domaine de définition de la fonction / définie par 7)«( = ] In | 1+ } est : |
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065:
1
Si f(x) = ( x x)e* alors f" (x) est égale à :
(2x = 1)e* 1 = He E — 5
1 1
x 27
Q66 :
Si 2 est un nombre complexe tel que :
alors 2 est égal à :
بل +1 نة [D] 3/ 2/3 تل
Q67 :
0
| Siz=l+ ie? où 0 € الم alors 9 est égal à : |
2 2co5= IE) gens ET [D] cos == 2sin=
4
068:
2n
ns lim › est égale à :
[D] e 1
0 e* 2
069:
i 0 at une suite géométrique de premier terme 4, = 2 et de raison q = 3
alors le produit 4 ‹xU,XU,X..xu, (n›1) est égal à :
n(n—1) n n nat)
275 à 2 + م
82
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Q70 :
24 1 0 [D] 5 —24
Q71 :
Soit f la fonction définie عدم : f (x) = Em
La primitive de / sur Jo, +oo| qui s’annule en 1 :
xinx E 2x
Inx+1 (Inx) +1
Q72 :
121 +3
L’intégrale 01 ٍ dt est égale à :
٠ 2+2
2 2 ام 2-5 2 2
Q73 :
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct (o. u, y)
1
L’ensemble des points M d’affixe 2 telque: z+—€ER est:
2
L’axe des réels privé du point 0
Le cercle de centre 0 et de rayon 1
L’axe des réels privé des deux points À (= 1 ) etB (1)
Le cercle de centre O et de rayon 1 privé des deux points À (= 1 ) etB (1)
L’axe des réels privé du point 0 union le cercle de centre 0 et de rayon 1
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1
Soit 0 den la suite définie par: w, = 3 et (Vn € N) = M
si 0 ا est convergente alors lim w, est égale à :
n—+oo
0 2
Q75 :
Soit a € Jo, +oo| et f la fonction définie par : #(a) =l1+x/n,|1+ g , alors |
lim (x) est égale à :
و يمير
Q76 :
Soit ABC un triangle isocèle en À telque: AB= AC=10
L’aire maximale du triangle ABC est :
m8 50 100 [D] 10 5/2
Q77 :
si (vx ER”, ) sf (x) =x"+3/Inx+1 alors le nombre dérivé (fr ) (2) est |
égal à :
1 1
1 ; 2
1
6 5
Q78 :
1
L’intégrale J. sin(x)e*dx est égale à :
0
1 2 2
2 2
4 2
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On considère la fonction / définie par : (vx € R)
Un encadrement de Fa) sur l’intervalle 0 1 est :
Soit f(x) =Jx*+2x" +3—ax/x+b avec a etb deux réels donnés.
f admet une limite finie en +00 si et seulement si :
a›0et b›0 a=let b›0 a=let b=2
[D] a=let b=0 a›0et b=0
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candidat Cettegch doit être remplie avec un stylo
— 0 4 ا 0 à l'intérieur des cases
Sim ١١| ١| || ")انحلا ١ 5ه les dépasser de la manière suivante.
ven COLOR LRODANITIIII
Date de naissance [I] / || / [III]
a OOOORX 21 الالال 41 WOOD 061 ناالاق89ل]
2 الالال 922 بالا0ّلالا 42 [ONE 62 [WII
ناناق8لال] 063 مالالا 43 الالال 23 [NOT 3
@ NOT 24 [DOROD 44 OXNOOD 064 ناقونالالا
5 (OO OR 25 [HOT 45 [HOT 065 [OR
بانانالنا لم 966 اناالا 46 (ON 06 [ONU @
© نالاقلالا] 47 نالالالا[0 27 اناالالا 067 [TON
@ ناالالا 28 MOTO 48 [IHM 068 [IRC
Q@ MODE 29 [ONU 49 [HET 069 نبالالالّلا
10 نالا0ّنالا 930 اناالا 050 MOTO 970 WOOD
at OOXOD 03 OXOODO 05 اللا 71 RHODODO
a2 الالال 03 [ا0[الال] 252 [ONOOD 972 OOOXO
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14 [ا0لالالا] 234 [ONOOD 054 اناالا[ 74 OORODO
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16 اناالا 936 [HOT 56 نالالا 0لا 976 [HOT
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ناالاق8ل] 79 WOOD 59 [ا0نالالا 239 []0لالالا] ae
20 نانانالا 40 [HOT 060 [OX 080 [ONE
Centre FMPO - 2020-2021 - Concours d'accès à la FMPD Epreuve N°
Epreuve N°
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Correction proposée
Il s'agit d'une correction proposée, rédigée par l'équipe wadifa-info pour vous aider à comprendre la méthode — ce n'est pas un corrigé officiel de l'administration organisatrice.
Ce modèle est l'épreuve du concours d'accès aux Facultés de Médecine et de Pharmacie et aux Facultés de Médecine Dentaire (concours commun national), année universitaire 2020-2021, session d'août 2020, version française. Durée : 3 heures pour 80 QCM en quatre composantes de coefficient 1 : Sciences de la vie (Q1–Q20), Physique (Q21–Q40), Chimie (Q41–Q60), Mathématiques (Q61–Q80). Une seule bonne réponse sur cinq, calculatrice interdite, réponse fausse = 0, note ≤ 3/20 dans une composante éliminatoire. Voici une correction proposée, avec le raisonnement de chaque question.
💡 Méthode : 180 minutes pour 80 questions, soit à peine plus de 2 minutes par question. Les données numériques de l'énoncé (ln 1,17 = 0,157 ; 47 × 0,128 = 6,02 ; 56/67 = 0,84…) indiquent presque toujours le calcul attendu : servez-vous-en pour contrôler votre démarche. Et comme une composante ≤ 3/20 élimine, ne sacrifiez aucune des quatre.
Composante 1 : Sciences de la vie
Q1 — E. Chez les eucaryotes, la transcription (ADN → ARNm) a lieu dans le noyau, la traduction (ARNm → protéine) dans le cytoplasme, au niveau des ribosomes.
Q2 — C. En métaphase, chaque chromosome est condensé et formé de deux chromatides (il a été répliqué en phase S) ; chaque chromatide contient une molécule d'ADN, donc deux brins.
Q3 — B. Loi de pureté des gamètes (1re loi de Mendel) : les deux allèles réunis chez l'hybride se séparent lors de la formation des gamètes, et chaque gamète ne reçoit qu'un seul allèle. C correspond à la 2e loi (ségrégation indépendante).
Q4 — A. L'ARNt porte un anticodon qui s'apparie au codon de l'ARNm pendant la traduction.
Q5 — E. La carte factorielle situe les gènes sur le chromosome ; les distances (en cM) se calculent à partir du pourcentage de recombinés obtenus par croisement-test (1 % de recombinés = 1 cM).
Q6 — C. Une mutation peut être neutre, défavorable ou avantageuse : elle peut donc conférer un avantage sélectif. Elle augmente la diversité (B faux) et ne se transmet que si elle touche les cellules germinales (D faux).
Q7 — E (réponse probable). Selon le programme, l'évolution d'une population est la modification de sa composition génétique (fréquences alléliques) au fil des générations : sans modification du pool génique, pas d'évolution. A est incomplet, car l'évolution repose aussi sur la sélection naturelle, qui dépend du milieu. B, C et D contiennent le mot « toujours », ce qui les rend faux.
Q8 — E. Un ARNm peut porter des codons non-sens (UAA, UAG, UGA). A est faux (on trouve de l'ARN dans le noyau), B aussi (les ribosomes associent ARN et protéines). C est faux car l'ARN contient U et non T. D est faux (l'ARN intervient aussi dans la traduction).
Q9 — A. Pour établir un caryotype fœtal, il faut des cellules du fœtus : on les obtient par amniocentèse (liquide amniotique) ou par choriocentèse (villosités choriales). L'échographie et la radiographie ne prélèvent rien.
Q10 — E. Comme toute population, une espèce est soumise aux facteurs de diversité génétique (mutations, brassages, dérive, sélection). Elle ne se définit pas seulement par la ressemblance (C faux), mais aussi par l'interfécondité.
Q11 — C (R//R, C//c).
- Croisement 1 : une lignée pure à crête rosacée × une crête simple donne 100 % de crêtes rosacées, donc R (rosacée) est dominant sur r.
- Croisement 2 : pattes courtes × pattes courtes donne 2/3 de pattes courtes et 1/3 de pattes normales, soit un rapport 2:1 au lieu de 3:1. L'allèle C (pattes courtes) est donc dominant et létal à l'état homozygote : tout poulet à pattes courtes est C//c.
- Croisement 3 : on croise le coq avec une poule r//r, c//c. La descendance est 100 % à crête rosacée, donc le coq est R//R. Les pattes se répartissent 50 % courtes et 50 % normales, donc il est C//c.
Q12 — D. Le caryotype montre trois chromosomes 18 et un couple XY : c'est une trisomie 18 chez un fœtus mâle (47,XY,+18). Elle résulte de la fusion d'un gamète normal (n = 23) et d'un gamète à n + 1 = 24 issu d'une non-disjonction. Parmi les propositions, seule D décrit ce mécanisme : un gamète normal et une anomalie de l'anaphase I. Une anomalie en prophase ne correspond pas à une mauvaise répartition des chromosomes.
Q13 — A. Sur le graphique, on compte deux réplications : BC (de Q à 2Q, avant la méiose) et HI (de Q/2 à Q dans chaque pronucléus). On compte trois divisions : DE et FG (les deux divisions de la méiose), puis LM (la première mitose de la cellule-œuf). La fusion des noyaux (J) se fait après la réplication HI : ce sont donc des noyaux haploïdes ayant répliqué leur ADN.
Q14 — D. Le codon 5'-CAG-3' s'apparie de façon complémentaire et antiparallèle à l'anticodon 3'-GUC-5', qui s'écrit 5'-CUG-3' (avec U et non T, puisqu'il s'agit d'ARN).
Q15 — A. Des parents sains ont un fils malade, donc l'allèle est récessif. Les hommes sains ont 50 % d'activité, donc ils sont hétérozygotes. Pour un gène porté par X, un homme n'a qu'un seul allèle et serait à 0 % ou à 100 %, jamais à 50 %. Le gène est donc autosomal.
Q16 — E. Pour une maladie récessive liée à X, la fréquence chez les hommes est égale à q, soit 1/1000. Chez les femmes, il faut deux allèles : q² = (1/1000)² = 1/1 000 000.
Q17 — C. On cherche chaque site de restriction dans le brin 5'→3' : on trouve …ATAGAATTCGC…, c'est-à-dire le site d'EcoRI. On ne trouve ni GTTAAC (Hpa1) ni AAGCTT (HindIII).
Q18 — A. Figure 1 : prophase I (chromosomes appariés, crossing-over), qui permet le brassage intrachromosomique. Figure 2 : métaphase I. Figure 3 : anaphase I (migration des chromosomes à deux chromatides), qui réalise le brassage interchromosomique. Figure 4 : télophase I. E est faux, car le brassage intrachromosomique n'a pas lieu en métaphase.
Q19 — D. F1 est homogène (roses, épineux) : ces deux caractères sont dominants. En F2, on obtient 126 : 59 : 52 : 21 sur 258 plantes. Les effectifs attendus pour 9/16 : 3/16 : 3/16 : 1/16 sont 145 : 48 : 48 : 16. L'écart n'est pas significatif (χ² ≈ 6,6 < 7,81 pour 3 ddl), donc on retient le rapport 9:3:3:1. Les gènes sont indépendants, et les phénotypes nouveaux (roses-lisses, blancs-épineux) proviennent du brassage interchromosomique chez les F1.
Q20 — E. On voit deux lots de chromosomes qui migrent vers les pôles. L'agrandissement montre que chaque chromosome a encore deux chromatides : c'est donc une anaphase I de méiose (cellule d'anthère). Chez le lys, 2n = 24, et chaque lot compte 12 chromosomes.
Composante 2 : Physique
Q21 — D (λ = 2 cm). Sur la coupe, S est à 4 cm. Deux crêtes consécutives d'un même côté de S sont à 4,5 cm et à 6,5 cm, donc λ = 2 cm.
Q22 — D (v = 0,40 m·s⁻¹). À t = 0,1 s, le front de l'onde est à 8 cm, soit 4 cm de S : v = 0,04 / 0,1 = 0,40 m·s⁻¹. On en déduit aussi N = v/λ = 0,40 / 0,02 = 20 Hz.
Q23 — D. Le retard vaut τ = SM/v = 0,4 / 0,4 = 1 s. Pour t ≥ 1 s : yM(t) = yS(t − τ) = 5·10⁻³ cos(40π t − 40π) = 5·10⁻³ cos(40π t), puisque 40π est un multiple de 2π.
Q24 — C. λ₀ = c/ν = 3·10⁸ / 5·10¹⁴ = 6·10⁻⁷ m = 600 nm. La fréquence ne change pas d'un milieu à l'autre.
Q25 — B. n = c/v = λ₀/λ = 600/400 = 1,5.
Q26 — C. D = 1/(ρ v²), donc [D] = 1 / (M·L⁻³ · L²·T⁻²) = L·M⁻¹·T².
Q27 — A. ΔP = 5 × 1,3 = 6,5 kPa = 6 500 Pa. Donc v = 1/√(ρD) = √(ΔP / (0,5 ρ)) = √(6 500 / 500) = √13 = 3,6 m·s⁻¹.
Q28 — A. Δt = (CN − CM)/v = (0,80 − 0,20) / 3,6 = 0,6 / 3,6 ≈ 0,17 s.
Q29 — C. Une division vaut 0,05 s. Le mouvement de M commence à la 4e division, donc t = 0,20 s.
Q30 — C. On a v = SM/t = 1,5 / 0,20 = 7,5 m·s⁻¹. Le point M vibre pendant une division, soit Δτ = 0,05 s. Donc ℓ = v·Δτ = 7,5 × 0,05 = 0,375 m.
Q31 — B. On a L = 2λD/a, et a et D ne changent pas. Donc L₂ = L₁·λ₂/λ₁ = 2 × 56/67 = 2 × 0,84 ≈ 1,7 cm.
Q32 — D. θ = λ/a est maximal pour λ₁. De tan θ ≈ θ = L₁/(2D), on tire θ₁ = 0,02 / 3 ≈ 6,7·10⁻³ rad.
Q33 — D. ⁵⁹₂₆Fe → ⁰₋₁e + ⁵⁹₂₇X. Par conservation de A et de Z, le noyau fils a Z = 27 : c'est ⁵⁹₂₇Co.
Q34 — B. a(t)/a(t+10) = e^{10λ} = 1,17, donc λ = ln(1,17)/10 = 0,157/10 = 1,57·10⁻² jour⁻¹. En s⁻¹, on obtiendrait 1,8·10⁻⁷ s⁻¹ : C est donc faux.
Q35 — B. ²¹²₈₃Bi → ²¹²Z₁Po : A reste le même, donc c'est une désintégration β⁻, et Z₁ = 84. Puis ²¹²₈₄Po → ⁴₂He + A₂₈₂Pb, d'où A₂ = 208.
Q36 — B. m(U) = 0,5 % × 10⁶ g = 5 000 g, et n = 5 000/235 = 1 000/47 mol. N₀ = (1 000/47) × 6,02·10²³ = 0,128 × 10²⁶ = 1,28·10²⁵ noyaux.
Q37 — C. a₀ = λN₀ = (ln2 / t1/2)·N₀ = (0,7 / 2,2·10¹⁶) × 1,28·10²⁵ ≈ 4,07·10⁸ Bq.
Q38 — D. t = 28·10⁸ ans = 4 t1/2, donc a = a₀/2⁴ = a₀/16 = 6,25·10⁻² a₀.
Q39 — D. ²²⁶₈₈Ra → ⁴₂He + yxRn, d'où x = 88 − 2 = 86 et y = 226 − 4 = 222.
Q40 — B. Le noyau ²²²₈₆Rn compte 86 protons et 222 − 86 = 136 neutrons.
Composante 3 : Chimie
Q41 — A. Sur l'axe vertical, une grande division vaut 5,96 mmol. Le palier se situe à 5 divisions : xf = 5 × 5,96 = 29,8 mmol.
Q42 — C (réponse probable, lecture graphique). t1/2 est la date à laquelle x = xf/2 = 14,9 mmol (2,5 divisions). Sur la courbe, cette valeur est atteinte entre 40 et 42 min. La proposition la plus proche est 40 min.
Q43 — E. À t₁ = 90 min, la courbe passe sur la 4e division : x = 4 × 5,96 = 23,84 mmol. vmoy = x / (V·Δt) = 23,84·10⁻³ / (0,075 × 90) = 23,84·10⁻³ / 6,75 ≈ 3,5·10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹. C'est le calcul que préparait la donnée 3375 × 35 ≈ 1,19·10⁵, car 2 × 3375 × 3,5·10⁻³ ≈ 23,8.
Q44 — B. MnO₄⁻ est réduit en Mn²⁺ (couple MnO₄⁻/Mn²⁺) ; H₂O₂ est oxydé en O₂ (couple O₂/H₂O₂).
Q45 — B. [Mn²⁺]f = 0,56 mol·L⁻¹. À t1/2, [Mn²⁺] = 0,28 mol·L⁻¹, valeur que le tableau donne à t = 14 min.
Q46 — E. À 24 min, n(Mn²⁺) = 0,40 × 0,010 = 4·10⁻³ mol = 2x, donc x = 2·10⁻³ mol. n(O₂) = 5x = 10⁻² mol et V(O₂) = 10⁻² × 24 = 0,24 L = 24·10⁻² L.
Q47 — C. H₂O₂ est limitant, donc xmax = n(Mn²⁺)f/2 = (0,56 × 0,010)/2 = 2,8·10⁻³ mol, et n₀(H₂O₂) = 5xmax = 1,4·10⁻² mol.
Q48 — B. On a σ = (λ₁ + λ₂)[H₃O⁺] (en mol·m⁻³), donc [H₃O⁺] = 1,56·10⁻² / 39·10⁻³ = 0,4 mol·m⁻³ = 4·10⁻⁴ mol·L⁻¹.
Q49 — B. pH = −log(4·10⁻⁴) = 4 − 2 log 2 = 4 − 0,6 = 3,4.
Q50 — A. τ = [H₃O⁺]/C = 4·10⁻⁴ / 10⁻² = 4 %.
Q51 — D. À l'équivalence, n = CBVB,E = 0,20 × 9,7·10⁻³ = 1,94·10⁻³ mol, et m = 1,94·10⁻³ × 206 ≈ 0,40 g = 400 mg.
Q52 — B. Dans VA = 20 mL, n = 0,10 × 16,4·10⁻³ = 1,64·10⁻³ mol, soit 8,2·10⁻³ mol dans les 100 mL. m = 8,2·10⁻³ × 60 = 0,492 g d'acide dans 10 g de vinaigre, donc 4,92 g pour 100 g : le degré vaut 4,9°.
Q53 — E. VB = 8,2 mL = VB,E/2 : on est à la demi-équivalence. La soude, limitante, réagit totalement : xf = CBVB = 0,10 × 8,2·10⁻³ = 8,2·10⁻⁴ mol. À la demi-équivalence, pH = pKA = 4,8.
Q54 — A. [H₃O⁺] = 10⁻²·⁶ = 10⁰·⁴ × 10⁻³ = 2,5·10⁻³ mol·L⁻¹. Pour V = 1 L, xf = 2,5·10⁻³ mol.
Q55 — C. [H₃O⁺] = [C₆H₅COO⁻] = 10⁻ᵖᴴ et [C₆H₅COOH] = C − 10⁻ᵖᴴ, donc KA = 10⁻²ᵖᴴ / (C − 10⁻ᵖᴴ).
Q56 — B. KA = 10⁻⁵·² / [0,1(1 − 10⁻¹·⁶)] ≈ 10⁻⁴·² = 10⁰·⁸ × 10⁻⁵ = 6,3·10⁻⁵.
Q57 — D. NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + HO⁻. On a xf/V = [HO⁻] = Ke/[H₃O⁺] = Ke·10ᵖᴴ, donc τ = 10ᵖᴴ·Ke/C.
Q58 — E. pH = pKA + log([NH₃]/[NH₄⁺]), donc pKA = 10,3 − 1,1 = 9,2.
Q59 — A. Les ions HO⁻ restants valent n(HO⁻)f = CBVB − xf = [HO⁻](VA + VB) = (VA + VB)·10^(pH − pKe). D'où xf = CBVB − (VA + VB)·10^(pH − pKe).
Q60 — D. 10^(3,3 − 14) = 10⁻¹⁰·⁷ = 2·10⁻¹¹ mol·L⁻¹ : ce terme est négligeable, et xf ≈ CBVB = 1,5·10⁻² × 10⁻² = 1,5·10⁻⁴ mol. [C₃H₅O₃⁻] = 1,5·10⁻⁴ / 0,030 = 5·10⁻³ mol·L⁻¹.
Composante 4 : Mathématiques
Q61 — B. z⁸ = (√2)⁸ e^{i8π/3} = 16 e^{i2π/3} = 16(−1/2 + i√3/2) = −8 + 8i√3.
Q62 — B. De cos 3θ = 4cos³θ − 3cos θ, on tire cos³θ = (cos 3θ + 3cos θ)/4.
Q63 — C. (1−x)ⁿ(1+x)ⁿ = (1−x²)ⁿ, avec 0 < 1 − x² < 1 : la limite vaut 0.
Q64 — D. Il faut x ≠ 0, x ≠ 1 et 1 + 1/x = (x+1)/x > 0, c'est-à-dire x < −1 ou x > 0. Df = ]−∞,−1[ ∪ ]0,1[ ∪ ]1,+∞[.
Q65 — D. f'(x) = (2x−1)e^{1/x} + (x²−x)(−1/x²)e^{1/x} = [2x − 1 − (x−1)/x] e^{1/x} = (2x − 2 + 1/x) e^{1/x}.
Q66 — A. On teste z = i√3 : z + 1 = 1 + i√3 a pour argument π/3, et z − 1 = −1 + i√3 a pour argument 2π/3. Par le calcul : z = −1 + r e^{iπ/3} ; la condition sur arg(z − 1) donne r = 2, d'où z = i√3.
Q67 — C. ie^{iθ/2} = e^{i(θ/2 + π/2)}, et |1 + e^{iα}| = 2|cos(α/2)| avec α/2 = (θ + π)/4 ∈ ]0, π/2[. Le cosinus y est positif, donc |z| = 2cos((θ+π)/4).
Q68 — B. ((n−1)/(n+1))^{2n} = exp[2n·ln(1 − 2/(n+1))]. Comme 2n·(−2/(n+1)) → −4, la limite vaut e⁻⁴.
Q69 — B. uk = 2·(1/3)^{k−1}, donc le produit vaut 2ⁿ·(1/3)^{0+1+…+(n−1)} = 2ⁿ / 3^{n(n−1)/2}.
Q70 — A. Comme (x−1) est en facteur, f'(1) est le produit des autres facteurs pris en x = 1 : (−4)(−3)(−2)(−1) = 24.
Q71 — A. avec u = ln x, f(x) = 2u'u/(1 + u²) : f est de la forme v'/v avec v = 1 + (ln x)². La primitive est F(x) = ln(1 + (ln x)²), et F(1) = ln 1 = 0.
Q72 — D. (2t+3)/(t+2) = 2 − 1/(t+2), donc ∫₀¹ = 2 − [ln(t+2)]₀¹ = 2 − ln(3/2) = 2 + ln(2/3).
Q73 — E. On pose z = re^{iθ} (z ≠ 0). Im(z + 1/z) = (r − 1/r) sin θ = 0 si sin θ = 0 (axe réel privé de O) ou si r = 1 (cercle unité).
Q74 — C. La limite l vérifie l = (l−1)² + 1, d'où l = 1 ou l = 2. w₁ = 1,25 et, pour n ≥ 1, wn+1 − 1 = (wn − 1)² < wn − 1 : la suite décroît vers 1.
Q75 — B. x·ln√(1 + a/x) = (a/2)·[ln(1 + a/x)/(a/x)], qui tend vers a/2. Donc lim f = 1 + a/2.
Q76 — B. Aire = ½·AB·AC·sin  = 50 sin  ≤ 50. Le maximum est atteint quand l'angle  est droit.
Q77 — B. f(1) = 1 + 0 + 1 = 2, et f'(x) = 3x² + 3/x, d'où f'(1) = 6. (f⁻¹)'(2) = 1/f'(1) = 1/6.
Q78 — A. Dans la version française, la borne supérieure est imprimée « 1 », mais aucune proposition ne convient alors. La version arabe du même sujet porte π/2, et c'est la borne à retenir. Une primitive de e^x sin x est ½e^x(sin x − cos x), donc ∫₀^{π/2} = ½[e^{π/2}(1 − 0) − (0 − 1)] = (1 + e^{π/2})/2.
Q79 — B. f'(x) = −x e^{−x²/2}. La fonction g(x) = x e^{−x²/2} a pour dérivée (1 − x²)e^{−x²/2} ≥ 0 sur [0,1] : elle croît de 0 à e^{−1/2}. Donc −1/√e ≤ f'(x) ≤ 0.
Q80 — C. Les termes en x^{3/2} ne se compensent que si a = 1. Ensuite, √(x³ + 2x² + 3) = x^{3/2} + x^{1/2} + o(1) et x√(x + b) = x^{3/2} + (b/2)x^{1/2} + o(1). Le terme en x^{1/2} disparaît si b = 2, et la limite vaut alors 0 : a = 1 et b = 2.
Questions fréquentes sur ce sujet
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