نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالرباط 2003 - رياضيات، فيزياء، كيمياء، علوم طبيعية

Ce modèle regroupe les quatre épreuves écrites du concours d'accès en 1^re année des études de médecine — Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V – Souissi), session du vendredi 25 juillet 2003 : Sciences naturelles, Chimie, Physique et Mathématiques, chacune de 30 minutes, sans calculatrice. Voici une correction proposée pour les quatre épreuves, dans l'ordre des pages.

💡 30 minutes par matière, c'est très court : les questions de cours (définitions, équations-bilans, vrai/faux) doivent être traitées en quelques secondes pour garder du temps aux calculs et aux schémas.

Épreuve de Sciences naturelles

Exercice 1 (7 points) — Drosophiles « bar »

1 – Conclusions.

• Les parents sont de races pures, pourtant la F1 n'est pas homogène : les femelles (réniformes) diffèrent des mâles (normaux). Le phénotype dépend du sexe : le gène est porté par le chromosome sexuel X (gène lié au sexe, sans allèle sur Y).
• Les femelles F1 ont un phénotype intermédiaire (yeux réniformes) entre « normal » et « bar » : les deux allèles sont codominants (dominance incomplète).
• Les mâles F1 ont le phénotype de leur mère (normal) : ils ont reçu leur unique X de la mère, et Y du père.

Notation : allèle normal X^N, allèle bar X^B.

2 – Génotypes.

• Parents : femelle normale X^NX^N × mâle bar X^BY.
• Gamètes : femelle → X^N (100 %) ; mâle → X^B (1/2) et Y (1/2).
• F1 : femelles X^NX^B (réniformes) ; mâles X^NY (normaux).

3 – Croisement donnant des femelles « bar ». Une femelle bar est X^BX^B : elle doit recevoir X^B de sa mère et de son père. Le père doit donc être un mâle bar (X^BY). Exemple : femelle réniforme F1 (X^NX^B) × mâle bar (X^BY).

On obtient 1/4 de femelles bar (la moitié des femelles). Le croisement femelle bar × mâle bar donnerait 100 % de descendants bar.

4 – Phénotype jamais obtenu : les mâles réniformes. Le phénotype réniforme exige deux allèles différents (X^NX^B). Le mâle ne possède qu'un seul chromosome X (il est hémizygote, XY) : il ne peut être que X^NY (normal) ou X^BY (bar), jamais hétérozygote.

Exercice 2 (6 points) — Follicule mûr et ovulation

1 – Schéma annoté d'un follicule mûr (follicule de De Graaf). Dessinez une grosse sphère avec une vaste cavité et, de l'extérieur vers l'intérieur, légendez :

• thèque externe (tissu conjonctif fibreux) ;
• thèque interne (cellules glandulaires, vascularisée) ;
• membrane basale (membrane de Slavjansky) ;
• granulosa (couches de cellules folliculaires) ;
• antrum : grande cavité remplie de liquide folliculaire ;
• cumulus oophorus : amas de cellules folliculaires qui porte l'ovocyte en saillie dans l'antrum ;
• corona radiata (cellules folliculaires entourant l'ovocyte), zone pellucide, ovocyte II avec son noyau (bloqué en métaphase de la 2^e division de méiose) et le 1^er globule polaire.

2 – Définition de l'ovulation. L'ovulation est la rupture du follicule mûr à la surface de l'ovaire et l'expulsion de l'ovocyte II, entouré de sa zone pellucide et de la corona radiata, vers le pavillon de la trompe. Elle a lieu une fois par cycle, vers le 14^e jour d'un cycle de 28 jours ; le follicule rompu se transforme ensuite en corps jaune.

3 – Mécanismes responsables de l'ovulation (schéma de synthèse). Le schéma relie hypothalamus, hypophyse antérieure et ovaire par des flèches :

1. L'hypothalamus sécrète de façon pulsatile la GnRH, qui stimule l'hypophyse antérieure.
2. L'hypophyse libère la FSH et la LH : la FSH stimule la croissance des follicules, la LH agit sur les thèques.
3. Le follicule en croissance sécrète des œstrogènes (œstradiol) en quantité croissante.
4. En fin de phase folliculaire, le taux élevé et durable d'œstradiol exerce une rétroaction positive sur le complexe hypothalamo-hypophysaire (alors qu'en début de phase il exerce une rétroaction négative).
5. Il en résulte une décharge massive (pic) de LH (accompagnée d'un pic de FSH plus faible).
6. Le pic de LH déclenche l'ovulation : rupture du follicule mûr et libération de l'ovocyte II.

Exercice 3 (7 points) — Le V.I.H. et les lymphocytes T4

1 – Sélection des lymphocytes T immunocompétents dans le thymus. Les précurseurs des LT, produits dans la moelle osseuse, migrent dans le thymus où ils acquièrent leurs récepteurs T (TCR) et les marqueurs CD4 ou CD8. Une double sélection a lieu :

• sélection positive : seuls survivent les LT dont le récepteur reconnaît les molécules du CMH du soi ; les autres meurent par apoptose ;
• sélection négative : les LT dont le récepteur reconnaît avec une forte affinité des peptides du soi présentés par le CMH sont éliminés (tolérance au soi).

Seule une petite fraction des cellules sort du thymus : ce sont des LT4 et LT8 immunocompétents, capables de reconnaître un antigène étranger présenté par le CMH du soi et tolérants vis-à-vis du soi.

2 – Analyse des documents.

• Document 1 : chez l'individu en bonne santé, le nombre de LT4 est d'environ 800 par mm³ (valeurs entre environ 500 et 1000). Il baisse après l'infection (environ 600 aux stades 1 et 2), puis diminue fortement au stade 3 (environ 350) et au stade SIDA déclaré (environ 200, parfois beaucoup moins). L'infection par le VIH s'accompagne donc d'une diminution progressive du nombre de LT4 au cours de l'évolution de la maladie.
• Document 2 : la protéine Gp120 de l'enveloppe du virus s'associe à la protéine CD4 : leurs formes sont complémentaires, ce qui permet la fixation spécifique du VIH sur les cellules portant CD4, c'est-à-dire les LT4.

3 – Explication des résultats du document 1.

• Le VIH reconnaît les LT4 grâce à la liaison Gp120–CD4 ; son enveloppe fusionne avec la membrane du LT4 et son ARN pénètre dans la cellule.
• La transcriptase inverse copie l'ARN viral en ADN, qui s'intègre au génome du LT4 ; la cellule fabrique alors de nouveaux virus qui bourgeonnent et infectent d'autres LT4.
• Les LT4 infectés sont détruits (lyse lors de la libération des virus, destruction par les LT cytotoxiques, apoptose) : leur nombre diminue progressivement.
• Or les LT4 jouent un rôle central : par les interleukines, ils activent la prolifération et la différenciation des LB (réponse humorale) et des LT8 (réponse cellulaire). Leur effondrement entraîne un déficit immunitaire acquis : l'organisme ne se défend plus contre les maladies opportunistes, c'est le stade SIDA déclaré.

Épreuve de Chimie

Exercice 1 (5 points) — Vrai ou faux

1. Faux. Les deux vitesses sont définies positives : v_disparition = −d[R]/dt > 0 et v_formation = d[P]/dt > 0.
2. Vrai. Le catalyseur accélère la réaction mais il est régénéré à la fin : il n'apparaît pas dans l'équation-bilan.
3. Vrai. À la demi-équivalence du dosage d'un acide faible par une base forte, [A⁻] = [AH] donc pH = pK_A ; ce mélange équimolaire d'acide et de base conjuguée est une solution tampon (son pH varie peu).
4. Vrai. L'estérification est lente, limitée (équilibre avec l'hydrolyse) et athermique.
5. Faux. Ce sont les aldéhydes qui donnent un miroir d'argent avec le réactif de Tollens ; les cétones ne réagissent pas (c'est le test qui les distingue).

Exercice 2 (4 points)

1 – Facteur cinétique : paramètre qui modifie la vitesse d'une réaction chimique sans modifier son état final. Exemples : la température, la concentration initiale des réactifs (ainsi que le catalyseur ou la surface de contact).

2 – Réduction de S₂O₈²⁻ par I⁻ :

S₂O₈²⁻ + 2e⁻ → 2SO₄²⁻ ; 2I⁻ → I₂ + 2e⁻

Bilan : S₂O₈²⁻(aq) + 2I⁻(aq) → 2SO₄²⁻(aq) + I₂(aq).

3 – Éthanol + sodium : 2CH₃CH₂OH + 2Na → 2CH₃CH₂O⁻ + 2Na⁺ + H₂ (formation d'éthanolate de sodium et dégagement de dihydrogène).

4 – Saponification du méthanoate de butyle :

HCOO–CH₂–CH₂–CH₂–CH₃ + (Na⁺ + HO⁻) → (HCOO⁻ + Na⁺) + CH₃–CH₂–CH₂–CH₂–OH

(méthanoate de sodium + butan-1-ol ; réaction lente et totale).

Exercice 3 (3 points) — Identification au papier pH

• NaCl : Na⁺ et Cl⁻ sont des ions indifférents (ni acides ni basiques dans l'eau) : solution neutre, pH ≈ 7.
• NaCH₃COO : l'ion éthanoate CH₃COO⁻ est une base faible : CH₃COO⁻ + H₂O ⇌ CH₃COOH + HO⁻ : solution basique, pH > 7.
• NH₄Cl : l'ion ammonium NH₄⁺ est un acide faible : NH₄⁺ + H₂O ⇌ NH₃ + H₃O⁺ : solution acide, pH < 7.

Les trois solutions ont donc des pH nettement différents : le papier pH suffit pour les identifier.

Exercice 4 (5 points) — Ester E

1 – Formules et noms. L'ester C_nH_2n+1COOC_nH_2n+1 a pour formule brute C_2n+1H_4n+2O₂.

M = 12(2n + 1) + (4n + 2) + 32 = 28n + 46 = 102 ⇒ n = 2.

• Ester E : CH₃–CH₂–COO–CH₂–CH₃, propanoate d'éthyle ;
• Alcool A : CH₃–CH₂–OH, éthanol ;
• Acide B : CH₃–CH₂–COOH, acide propanoïque.

2.1 – Hydrolyse : CH₃CH₂COOCH₂CH₃ + H₂O ⇌ CH₃CH₂COOH + CH₃CH₂OH.

2.2 – Rendement. L'énoncé parle de doser « l'acide A » : l'acide formé est en réalité l'acide propanoïque B (A est l'alcool). À l'équivalence : n(acide) = C·V_E = 1,0 × 16,8·10⁻³ = 1,68·10⁻² mol.

r = n(acide)/n₀ = 1,68·10⁻²/5·10⁻² = 0,336, soit r ≈ 33,6 % ≈ 1/3.

Conclusion : l'hydrolyse d'un ester est une réaction limitée ; pour un mélange équimolaire ester/eau, elle conduit à environ 1/3 d'avancement, ce qui est cohérent avec les 2/3 de l'estérification inverse (acide + alcool primaire) : les deux réactions aboutissent au même état d'équilibre.

Exercice 5 (3 points) — Aspirine

1 – AH + H₂O ⇌ A⁻ + H₃O⁺.

2 – On utilise [A⁻]/[AH] = 10^{pH − pK_A}.

• Estomac (pH ≈ 1) : [A⁻]/[AH] = 10^{1 − 3,48} = 10^−2,48 ≈ 3,3·10⁻³ ≪ 1 : la forme acide AH prédomine (pH < pK_A).
• Intestin (pH ≈ 8) : [A⁻]/[AH] = 10^{8 − 3,48} = 10^4,52 ≈ 3,3·10⁴ ≫ 1 : la forme basique A⁻ prédomine (pH > pK_A).

Épreuve de Physique

Exercice 1 (5 points) — Vrai ou faux

1. Vrai. Si v⃗ et a⃗ sont de sens contraires, v⃗·a⃗ < 0 : la norme de la vitesse diminue, le mouvement est retardé.
2. Faux. La force magnétique (force de Lorentz) est toujours perpendiculaire à la vitesse : sa puissance est nulle, elle ne modifie que la direction de la vitesse, pas sa valeur.
3. Vrai. Les plaques verticales créent un champ électrique horizontal, donc une déviation horizontale ; les plaques horizontales créent un champ vertical, donc une déviation verticale.
4. Vrai. Dans un oscillateur amorti, l'énergie mécanique diminue : elle est dissipée par les frottements sous forme d'énergie thermique (chaleur).
5. Vrai. La résonance d'intensité d'un circuit RLC série a lieu lorsque la fréquence imposée par l'excitateur (le générateur) est égale à la fréquence propre du résonateur, N₀ = 1/(2π√(LC)).

Exercice 2 (4 points)

1 – Réponse c : ω₀ = 1/√(LC) (période propre T₀ = 2π√(LC)).

2 – Réponse c : ^A−4_ZY. La désintégration α (émission de ⁴₂He) donne ^A−4_Z−2X' ; chaque désintégration β⁻ (émission de ⁰₋₁e) augmente Z de 1 sans changer A : après deux β⁻, on obtient ^A−4_ZY.

3 – Réponse c : N = N₀/2³ = 48·10²⁰/8 = 6·10²⁰ (le nombre de noyaux est divisé par 2 à chaque demi-vie).

Exercice 3 (3 points) — Diodes électroluminescentes et bobine

Montage (a), à la fermeture de K : les deux LED sont montées dans le sens passant. LED 1 (branche R + r, sans bobine) s'allume immédiatement ; LED 2 (branche contenant la bobine) s'allume avec un retard, puis les deux brillent de la même façon, car les deux branches ont la même résistance totale R + r.

Interprétation : la bobine s'oppose à l'établissement du courant (auto-induction, e = −L·di/dt) : le courant n'y atteint sa valeur finale que progressivement.

Montage (b), à l'ouverture de K' : lorsque K' est fermé, la LED est montée en sens bloquant par rapport au générateur : elle est éteinte et le courant passe dans la bobine. À l'ouverture de K', la LED s'allume brièvement (éclair) puis s'éteint.

Interprétation : la bobine s'oppose à la disparition du courant ; elle maintient un courant de même sens qui se referme à travers R et la LED, cette fois dans son sens passant, jusqu'à ce que l'énergie emmagasinée dans la bobine (½Li²) soit dissipée.

Exercice 4 (4 points) — Poulie et deux solides

M > m : le solide M descend et m monte, avec la même vitesse v et la même accélération a (fil inextensible) ; la poulie tourne à la vitesse angulaire ω = v/R (pas de glissement).

Énergie cinétique du système : E_c = ½(m + M)v² + ½Jω² = ½(m + M + J/R²)v².

Énergie potentielle de pesanteur : quand M descend de dz, m monte de dz, donc dE_p/dt = (m − M)g·v.

Conservation de l'énergie mécanique : dE_m/dt = (m + M + J/R²)·v·a + (m − M)g·v = 0.

Pour v ≠ 0 : a = (M − m)g / (M + m + J/R²).

Exercice 5 (4 points) — Inductance d'un solénoïde

1 – Spires jointives en une seule couche, fil de diamètre d : nombre de spires N = ℓ/d. Section S = πR².

L = μ₀N²S/ℓ = μ₀(ℓ/d)²πR²/ℓ, soit L = μ₀πR²ℓ/d².

2 – e = −L·di/dt, avec di/dt = 4 × (−0,5)e^−0,5t = −2e^−0,5t A·s⁻¹.

e = −10⁻² × (−2e^−0,5t), soit e(t) = 2·10⁻²·e^−0,5t V (positive : la bobine s'oppose à la diminution du courant).

Épreuve de Mathématiques

Exercice 1 (5 pts) — (E) : y'' − 2y' + y = e^2x

1) Équation caractéristique : r² − 2r + 1 = 0 ⇔ (r − 1)² = 0 : racine double r = 1. Solutions : y = (αx + β)e^x, α, β ∈ IR.

2) u = e^2x, u' = 2e^2x, u'' = 4e^2x : u'' − 2u' + u = (4 − 4 + 1)e^2x = e^2x. Donc u est solution de (E).

3) Solution générale = solution générale de l'équation homogène + solution particulière : y = (αx + β)e^x + e^2x, α, β ∈ IR.

4) φ(0) = β + 1 = 0 ⇒ β = −1. φ'(x) = (αx + α + β)e^x + 2e^2x, donc φ'(0) = α + β + 2 = 2 ⇒ α = 1.

φ(x) = (x − 1)e^x + e^2x.

Exercice 2 (4,5 pts) — Jetons 0 ; 0 ; 1 ; 2 ; 2

On tire successivement sans remise 3 jetons parmi 5 : 5 × 4 × 3 = 60 tirages équiprobables. La somme ne dépend pas de l'ordre ; chaque ensemble de 3 jetons correspond à 3! = 6 tirages, on peut donc raisonner sur les C₅³ = 10 combinaisons équiprobables.

1) Valeurs de X : {0, 0, 1} → 1 ; {0, 0, 2} → 2 ; {0, 1, 2} → 3 ; {0, 2, 2} → 4 ; {1, 2, 2} → 5. Donc X(Ω) = {1, 2, 3, 4, 5}.

2) Loi de X :

• X = 1 : {0, 0, 1} : 1 combinaison ;
• X = 2 : {0, 0, 2} : 2 combinaisons (choix du 2) ;
• X = 3 : {0, 1, 2} : 2 × 1 × 2 = 4 combinaisons ;
• X = 4 : {0, 2, 2} : 2 combinaisons (choix du 0) ;
• X = 5 : {1, 2, 2} : 1 combinaison.

Vérification : 1 + 2 + 4 + 2 + 1 = 10.

3) Espérance : E(X) = (1×1 + 2×2 + 3×4 + 4×2 + 5×1)/10 = (1 + 4 + 12 + 8 + 5)/10 = 3.

Exercice 3 (6 pts) — f(x) = 2(x² − 2x)ln x − x² + 4x, f(0) = 0

1) Continuité à droite en 0 : 2(x² − 2x)ln x = 2(x − 2)·(x ln x). Or lim_x→0⁺ x ln x = 0, donc ce terme tend vers 0, et −x² + 4x → 0. Ainsi lim_x→0⁺ f(x) = 0 = f(0) : f est continue à droite en 0.

2) Limite en +∞ : f(x) = x²[2(1 − 2/x)ln x − 1 + 4/x]. Le crochet tend vers +∞ (car ln x → +∞), donc lim_x→+∞ f(x) = +∞.

3) a) Dérivabilité à droite en 0 : (f(x) − f(0))/x = 2(x − 2)ln x − x + 4. Quand x → 0⁺ : 2(x − 2) → −4 et ln x → −∞, donc le quotient tend vers +∞ : f n'est pas dérivable à droite en 0.

b) Interprétation : C_f admet au point O(0, 0) une demi-tangente verticale, dirigée vers le haut (le quotient tend vers +∞ avec x > 0, donc f(x) > 0 près de 0).

4) Dérivée sur ]0, +∞[ : f'(x) = 2(2x − 2)ln x + 2(x² − 2x)·(1/x) − 2x + 4 = 4(x − 1)ln x + 2x − 4 − 2x + 4, soit f'(x) = 4(x − 1)ln x.

5) Stricte croissance : sur ]0, 1[, x − 1 < 0 et ln x < 0 ; sur ]1, +∞[, x − 1 > 0 et ln x > 0. Donc f'(x) > 0 sur ]0, +∞[ sauf en x = 1 où f'(1) = 0 (annulation en un point isolé). f est donc strictement croissante sur ]0, +∞[, et comme elle est continue à droite en 0, f est strictement croissante sur [0, +∞[.

Exercice 4 (4,5 pts) — Intégrales

I = ∫₀^ln2 e^2x dx = [e^2x/2]₀^ln2 = (e^2ln2 − 1)/2 = (4 − 1)/2 = 3/2.

J = ∫₀^π sin²x dx. Linéarisation : sin²x = (1 − cos 2x)/2. J = [x/2 − (sin 2x)/4]₀^π = π/2.

K = ∫₁^e x² ln x dx. Par parties : u = ln x, v' = x², donc u' = 1/x, v = x³/3.

K = [(x³/3)ln x]₁^e − ∫₁^e x²/3 dx = e³/3 − [x³/9]₁^e = e³/3 − (e³ − 1)/9 = (2e³ + 1)/9.