نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالدار البيضاء 2005 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée 2005 à la Faculté de Médecine de Casablanca (Université Hassan II). La consigne est « entourer les propositions justes » : une ou plusieurs propositions peuvent être justes par question. Voici une correction détaillée, avec les calculs.

I) Fonction définie par morceaux

La fonction est f(x) = |x|·ln x² pour x < 0, f(x) = √(x(1 − x)) pour 0 ≤ x ≤ 1, et f(x) = (x − 1)/(2x − 3) pour x > 1.

1) Réponses A et C.

• Domaine : pour x < 0, f est définie (x² > 0). Sur [0, 1], x(1 − x) ≥ 0. Pour x > 1, il faut 2x − 3 ≠ 0, soit x ≠ 3/2. Le domaine est donc ]−∞, 3/2[ ∪ ]3/2, +∞[ : A juste. B est faux, car 0 appartient au domaine (f(0) = 0).
• Continuité en 0 (C juste) : à gauche, f(x) = −2x·ln(−x) → 0 (croissances comparées). À droite, √(x(1 − x)) → 0 = f(0).
• Dérivabilité en 0 (D faux) : à droite, f(x)/x = √((1 − x)/x) → +∞.
• Dérivabilité en 1 (E faux) : à gauche, (f(x) − f(1))/(x − 1) = −√(x/(1 − x)) → −∞.

2) Réponse B : +∞. Quand x → −∞, |x| → +∞ et ln x² → +∞, donc leur produit tend vers +∞.

3) Réponse D : 1/2. (x − 1)/(2x − 3) a pour limite le rapport des termes de plus haut degré, x/(2x) = 1/2.

4) Réponses A, C et D.

• A juste : pour x < 0, f(x) = −2x·ln(−x), donc f'(x) = −2ln(−x) − 2. On a f'(x) > 0 ⇔ ln(−x) < −1 ⇔ −1/e < x < 0 : f est croissante sur ]−1/e, 0[.
• B faux : sur ]0, 1[, f'(x) = (1 − 2x)/(2√(x − x²)), qui est < 0 pour x > 1/2 : f est décroissante sur ]1/2, 1[.
• C juste : en −∞, f(x)/x = −ln x² → −∞. La courbe a une branche parabolique de direction asymptotique l'axe (Oy).
• D juste : la dérivée à gauche en 1 est infinie (voir 1), d'où une demi-tangente verticale à gauche de 1.
• E faux : pour x > 1, f'(x) = [(2x − 3) − 2(x − 1)]/(2x − 3)² = −1/(2x − 3)², donc f'_d(1) = −1/(−1)² = −1. Le coefficient directeur vaut −1, pas −1/2.

II) f(x) = x + e^x/(1 + e^x)

Réponses B et C.

• En +∞ : e^x/(1 + e^x) = 1/(1 + e^-x) → 1, donc f(x) − (x + 1) → 0 : la droite y = x + 1 est asymptote en +∞ (B juste).
• En −∞ : e^x/(1 + e^x) → 0, donc f(x) − x → 0 : la droite y = x est asymptote en −∞ (C juste).
• D est faux, car f(x) → ±∞ aux deux bornes.
• E est faux : f(x) − (x + 1) = −1/(1 + e^x) < 0, donc la courbe est au-dessous de son asymptote en +∞.
• A (réponse probable : non retenue) : en +∞, la courbe a une asymptote oblique, pas une simple « direction asymptotique ». Cette expression désigne d'habitude une branche parabolique, cas où il n'y a pas d'asymptote.

III) Intégrales

I : réponse D, I = ln(2 + √3). Une primitive de 1/cos x sur [0, π/3] est F(x) = ln[tan(x/2 + π/4)]. En effet, avec u = x/2 + π/4, F'(x) = 1/(2 sin u cos u) = 1/sin(x + π/2) = 1/cos x. Donc I = ln tan(5π/12) − ln tan(π/4) = ln(2 + √3) − 0, car tan(5π/12) = (1 + 1/√3)/(1 − 1/√3) = 2 + √3.

J : réponse D, J = π/4. y = √(1 − x²), pour x dans [0, 1], décrit le quart du cercle unité situé dans le premier quadrant. J est l'aire de ce quart de disque, soit π·1²/4 = π/4. Par le calcul, on pose x = sin t : J = ∫₀^π/2 cos²t dt = π/4.

IV) Nombres complexes

Réponse D : |Z| = 2ρ·sin(θ − π/4) et arg Z = 3π/4.

• Z = z − i·z̄ = ρe^iθ − ρe^{i(π/2 − θ)}.
• Avec e^ia − e^ib = 2i·sin((a − b)/2)·e^i(a+b)/2, où (a − b)/2 = θ − π/4 et (a + b)/2 = π/4 : Z = 2iρ·sin(θ − π/4)·e^iπ/4 = 2ρ·sin(θ − π/4)·e^i3π/4.
• Pour θ ∈ ]π/4, 5π/4[, θ − π/4 ∈ ]0, π[, donc sin(θ − π/4) > 0. Le module est bien 2ρ·sin(θ − π/4) et un argument est 3π/4.

V) Triangle ABC (a = 2 + i, b = −1 + i, c = −1 − 2i)

Réponses A, B et D.

• b − a = −3, donc AB = 3 ; c − b = −3i, donc BC = 3 ; c − a = −3 − 3i, donc AC = 3√2.
• AB = BC et AB² + BC² = 18 = AC² : le triangle est rectangle et isocèle en B (A et B justes, C faux).
• Le centre du cercle circonscrit est le milieu de l'hypoténuse [AC] : ((2 − 1)/2 , (1 − 2)/2) = (1/2, −1/2) (D juste).
• Le rayon vaut AC/2 = 3√2/2, et non √2/2 (E faux).

VI) Géométrie dans l'espace

1) Réponses C et E. On complète les carrés : (x + 2)² − 4 + (y − 3)² − 9 + (z + 1)² − 1 + 9 = 0, soit (x + 2)² + (y − 3)² + (z + 1)² = 5. C'est la sphère de centre Ω(−2, 3, −1) et de rayon √5.

2) Réponse E.

• Distance de Ω au plan : d = |2(−2) + 3 − 2(−1) + 1| / √(4 + 1 + 4) = 2/3 < √5. L'intersection est donc un cercle.
• Son rayon est r = √(5 − 4/9) = √41/3 ≈ 2,13, ce qui exclut C (√5) et D (2/3 est la distance, pas le rayon).
• Son centre est le projeté H de Ω sur le plan : H = Ω − (2/9)(2, 1, −2) = (−22/9, 25/9, −5/9). E est juste.
• B est faux, car M(5, 0, 4) ne vérifie pas l'équation du plan (10 + 0 − 8 + 1 = 3 ≠ 0).

VII) Probabilités (2 blanches, 3 noires, 5 rouges ; tirage simultané de 2 boules)

Nombre de tirages possibles : C(10, 2) = 45.

1. P(Ⓐ) : réponse B (0,355). Une seule blanche : 2 × 8 = 16 tirages, donc 16/45 ≈ 0,356.
2. P(Ⓑ) : réponse C (0,466). Une seule noire : 3 × 7 = 21 tirages, donc 21/45 ≈ 0,467.
3. P(Ⓐ ∩ Ⓑ) : réponse A (0,133). Une blanche et une noire : 2 × 3 = 6 tirages, donc 6/45 ≈ 0,133.
4. P(Ⓐ ∪ Ⓑ) : réponse D (0,688). P(Ⓐ) + P(Ⓑ) − P(Ⓐ ∩ Ⓑ) = (16 + 21 − 6)/45 = 31/45 ≈ 0,689.