Modèle de concours d'accès à l'ENSA Tanger 2012 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année des classes préparatoires de l'ENSA de Tanger, édition 2012 (Université Abdelmalek Essaâdi). Durée : 1 h 15, calculatrice non autorisée. QCM de 25 questions, une seule réponse juste ; barème +1 / −1 / 0.

💡 1 h 15 pour 25 questions, soit 3 minutes par question. Les limites et intégrales « à astuce » (Q2, Q7, Q11, Q22, Q23) se règlent en une ligne : commencez par elles, gardez Q8, Q14, Q21 et Q25 pour la fin.

1) — réponse a) 34

Avec n termes consécutifs à partir de −15, le dernier est n − 16 et la somme vaut n(−15 + n − 16)/2 = n(n − 31)/2. On résout n(n − 31) = 102 : n² − 31n − 102 = 0, Δ = 961 + 408 = 1369 = 37², n = (31 + 37)/2 = 34 (liste de −15 à 18 : les termes de −15 à 15 s'annulent, il reste 16 + 17 + 18 = 51).

2) — réponse b) 0

(−1)ⁿ3ⁿ⁺¹/πⁿ = 3·(−3/π)ⁿ et |−3/π| < 1, donc la limite est 0.

3) — réponse b) 1/(π(π − e))

Z_n = (1/π²) Σ_k=1ⁿ (e/π)^k−1 : série géométrique de raison e/π < 1. Limite = (1/π²)·1/(1 − e/π) = 1/(π(π − e)).

4) — réponse b) t_n+1 = 0,9t_n + 150

Baisse de 10 % : coefficient multiplicateur 0,9 ; puis +150 mixeurs par mois.

5) — réponse c) P = 1500 mixeurs

La suite arithmético-géométrique converge vers le point fixe : P = 0,9P + 150 ⇒ 0,1P = 150 ⇒ P = 1500 (t_n − 1500 = 0,9ⁿ(t₀ − 1500) → 0).

6) — réponse b) L = 0

Comme u_n+1/u_n → 1/2, à partir d'un certain rang u_n+1 ≤ (3/4)u_n, donc 0 < u_n ≤ C(3/4)ⁿ → 0 (règle de d'Alembert).

7) — réponse a) 1

Somme télescopique : T_n = Σ (2^1/(2p−1) − 2^1/(2p+1)) = 2^1/1 − 2^1/(2n+1) → 2 − 2⁰ = 1.

8) — réponse c) √(2/e)

Le rectangle a pour base 2x et pour hauteur f(x) : S(x) = 2x e^−x². S'(x) = 2e^−x²(1 − 2x²) s'annule en x = 1/√2 (maximum). S(1/√2) = √2·e^−1/2 = √(2/e).

9) — réponse b) 2

Au voisinage de 0⁺ : sin πx ~ πx et 1 − cos√(πx) ~ (√(πx))²/2 = πx/2. Le quotient tend vers πx/(πx/2) = 2.

10) — réponse a) 1

(1/h)∫_e^e+h F'(x)dx → F'(e) (taux d'accroissement de la primitive). Ici 1/(ln e)² = 1.

11) — réponse b) 0

Le changement de variable x = π/2 − t échange sin et cos : I = ∫ ln((1 + cos t)/(1 + sin t))dt = −I, donc I = 0.

12) — réponse a) π/16

4x² + 4x + 5 = (2x + 1)² + 4. Avec u = 2x + 1 (du = 2dx ; x = −1/2 → u = 0 ; x = 1/2 → u = 2) : I = ½∫₀² du/(u² + 4) = ½·½[arctan(u/2)]₀² = ¼·π/4 = π/16.

13) — réponse c) e − 2

(ln x)² ≥ 0 sur [1, e]. Par deux intégrations par parties, une primitive est x(ln x)² − 2x ln x + 2x. Aire = (e − 2e + 2e) − (0 − 0 + 2) = e − 2.

14) — réponse probable c) 2/√e

Avec u = ln x : ∫ dx/(x(ln x)^3/2) = −2/√(ln x). Donc V_n = 2/√(ln a) − 2/√(ln n) → 2/√(ln a), où a est la borne inférieure. La borne est imprimée en tout petit sous le signe intégrale : si a = e^e, ln a = e et la limite vaut 2/√e, qui est la seule proposition de cette forme. Si la borne était simplement e, la limite vaudrait 2, absente des propositions ; c'est pourquoi on retient c).

15) — réponse a) y = (8/π)x − 2

g(π/4) = ∫₁¹ … = 0. Comme g(x) = G(tan x) avec G'(u) = 1/arctan u : g'(x) = (1 + tan²x)/arctan(tan x) = (1 + tan²x)/x. g'(π/4) = 2/(π/4) = 8/π. Tangente : y = (8/π)(x − π/4) = (8/π)x − 2.

16) — réponse b) ½ arctan 2

On divise par cos²x : I = ∫₀^π/4 (1 + tan²x)dx/(1 + 4tan²x). Avec t = tan x : I = ∫₀¹ dt/(1 + 4t²) = ½[arctan 2t]₀¹ = ½ arctan 2.

17) — réponse a) 0

(n!)²/(2n)! = 1/C(2n, n). Or C(2n, n) ≥ 2n pour n ≥ 1 (et même ~ 4ⁿ/√(πn)), donc la limite est 0. Variante : le rapport de deux termes consécutifs vaut (n + 1)²/((2n + 1)(2n + 2)) → 1/4 < 1.

18) — réponse c) Seulement E et N

• E = {u + v, v + w, u + w} : déterminant des coordonnées dans B = 2 ≠ 0 → base.
• N = {u, v, u + w} : w = (u + w) − u, donc la famille engendre ℝ³ → base.
• S = {−u, v + w, v − u + w} : v − u + w = (−u) + (v + w) → liée.
• A = {u − v − w, u + v + w, u} : (u − v − w) + (u + v + w) = 2u → liée.

19) — réponse b) {(−2, 1, 0) ; (0, 0, 1)}

S : x = −2y, donc (x, y, z) = y(−2, 1, 0) + z(0, 0, 1) : S est de dimension 2 et ces deux vecteurs libres en forment une base. a) contient (0, 1, 0) ∉ S ; c) n'a qu'un vecteur. (L'énoncé écrit « base pour E » : il s'agit de S.)

20) — réponse a) Seulement A

• E (x + yz = 0) : (−1, 1, 1) ∈ E mais 2(−1, 1, 1) = (−2, 2, 2) ∉ E → non stable.
• N (xyz = 0) : (1, 0, 0) et (0, 1, 1) ∈ N mais leur somme (1, 1, 1) ∉ N.
• S (z = 2) : ne contient pas le vecteur nul.
• A (x + y − z = 0) : équation linéaire homogène → sous-espace vectoriel.

21) — réponse b) Seulement (II), (III) et (V)

A² + A = 2I_n ⇒ A·(A + I_n)/2 = I_n : A est inversible, (III) vraie, (I) fausse, et A⁻¹ = ½(A + I_n) : (II) vraie ; (IV) est donc fausse. Pour (V) : A + I_n = 2A⁻¹ donne det(A + I_n) = 2ⁿ/det A ; l'égalité imprimée « 2/det A » n'est exacte que pour n = 1 (le facteur 2ⁿ a vraisemblablement été omis). La seule proposition compatible avec (II) et (III) est b).

22) — réponse b) 2

12343 × 12347 = (12345 − 2)(12345 + 2) = 12345² − 4, donc √4 = 2.

23) — réponse b) 2

Le produit vaut 2^{1/2 + 1/4 + … + 1/2n} = 2^{1 − 1/2n} → 2¹ = 2.

24) — réponse c) (π + 2)/4

On dérive : h(x) = arctan x + x/(1 + x²), donc h(1) = π/4 + 1/2 = (π + 2)/4.

25) — réponse a) −[1/(2sin²x) + ln|sin x|] + K

1/tan³x = cotan³x = cotan x(1 + cotan²x) − cotan x. Or ∫cotan x(1 + cotan²x)dx = −cotan²x/2 et ∫cotan x dx = ln|sin x|. Donc I = −cotan²x/2 − ln|sin x| + K. Comme 1/(2sin²x) = ½ + cotan²x/2, cette primitive s'écrit aussi −[1/(2sin²x) + ln|sin x|] + K' (la constante ½ passe dans K). La proposition b) oublie le terme logarithmique.