corrigé de l'épreuve de maths medecine 2020 2021 Mr.ELABBASSI... .pdf



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Corrigé du concours national commun
d’accès aux facultés de medecine
et de pharmacie et aux facultés
de medecine dentaire
Août 2020

Fait par
Mr.EL ABBASSI Mohammed
Professeur de Mathématiques
Au lycée Ibn Abdoun- Khouribga
Epreuve de Maths

05 août 2020

Mes conseils
Sachez bien que dans un concours sous forme de QCM
le plus grand défini c’est la bonne gestion du temps.
Pour cela une bonne culture mathématique reste
l’un de vos meilleurs alliés, en plus il faut s’entrainer
à bien gérer son temps avant même d’arriver aux
concours et cela tout au long de l’année ,savoir les
questions à sacrifier et les questions auxquelles il faut
donner la priorité, il ne faut pas oublier que nous ne
sommes pas obligés d’écrire toutes les étapes
nécessaires, puisqu’on ne laisse qu’une croix comme
trace, enfin de compte.
Connaître des techniques du supérieur est un atout
d’une grande importance, comme la règle de l’Hôpital,
des fonctions équivalentes ,règles de Bioche,
décomposition d’une fraction rationnelle en éléments
simples…
L’une des méthodes qui peut nous venir d’un grand
secours dans ce type de concours c’est la méthode
d’élimination des cas, qui nous permet de se
concentrer sur un nombre très restreint de cas
possibles, pour ensuite trancher.
Mr.EL ABBASSI
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q61

z = 2 et arg ( z )   2   z8 = ?
3 

i

Dans ce cas : z = 2e 3 , donc
8 8
i 2



 i 3
8
i
2

z =  2  e = 16e e 3 = 16  cos 23 + i sin 23  = −8 + i8 3




D’où il fallait cocher la case B .

Q62

Pour tout  R , on a : cos  = ?
3

Comme la formule correcte est valable pour tout  R , il suffit de faire
une simple vérification pour une valeur particulière de  .
Choisissons, par exemple, 0 pour  , on a dans ce cas cos3  = cos3 0 = 1.
Et en remplaçant  par 0 dans chacune des formules proposées on constate
que la seule qui nous donne la valeur 1 c’est le B
D’où il fallait cocher la case B .

Q63

Si x0,1 alors nlim
1− x) (1+ x ) = ?
→+ (
n

n

Si x   0,1 alors 01− x1 et 1+ x1 et dans ce cas le calcul direct aboutit
à une forme indéterminée.

(

1− x
Or nlim
→+

)

n

(1+ x)

n


= nlim
→+ 

(1− x )(1+ x )

n

 = nlim
→+


(1− x2 ) = 0 , car 01− x2 1 .
n

D’où il fallait cocher la case C .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q64

Si f ( x) = 1−1 x ln 1+ 1x  alors




Df

=?

x D f

 x  1 et x  0 et 1+ 1 0 .
x




Et comme sgn 1+ 1  = sgn  x +1  = sgn  x ( x +1)  alors
x



 x 
On a :

Df

= −, −1  0,1  1, +

.

D’où il fallait cocher la case D .

Q65

Si f ( x) =  x2 − x  e x alors f ( x ) = ?


1

On a :

f ( x) =

(

x2 − x



)

1
ex

+

(

 1  1
2
x −x
ex

)

 
 x
 



 1 
 1
=  2x −1+ x2 − x  − 12   e x =  2x − 2 + 1  e x .

x
 x  



(

)

D’où il fallait cocher la case D .

Q66
On a :

Si arg ( z −1)  2 2 
3

et arg ( z +1)  3

2 



alors z = ?

arg ( z −1)  2 2   Re ( z −1) = z −1  −1 0 et Im ( z −1) = z −1  3 0
3
2
2
Donc les propositions C , D et E sont éliminées , il reste à trancher avec
A et B .
Si on prend z = 3 i , on aura : "arg ( z +1)  arg 1+ 3 i    2  " et

 3
"arg ( z −1)  arg  −1+ 3 i   2 2  "
3


D’où il fallait cocher la case A .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q67

Si
On a : z

i
= 1 + ie 2

i
z =1+ ie 2

i  i
= 1+ e 2 e 2

et  − ,  alors z = ?
i   + 
 2 


= 1+ e



i   +   −i   + 
 4 
 4 


=e










e

i   +  
 4 


+e

Et comme    − ,  alors 0 +   et donc 2cos  
4 2





  +
= 2cos 

 4

+    0 d’où

4 

  + 

4 

 i
e


z = 2cos   +  .
 4 




D’où il fallait cocher la case C .

Q68


 n −1 
n→+  n +1 



lim

2n

=?

On a :


 n −1 
n→+  n +1 



lim

2n



= n→+
lim e
=

lim e

n→+



2nln  n−1
 n+1










−4 nn+1 



=



2nln 1+ −2 
n+1



lim e
n→+

=

lim e
n→+











2n n−+21

= e−4

−2 = 0 et au voisinage de 0 on a : ln 1+ x est équivalente à x .
Car nlim
( )
→+ n +1
D’où il fallait cocher la case B .
NB : On a utilisé le fait que ln (1+ X ) est équivalente à X pour X assez
voisin de 0 .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q69

Si ( un )nN



1
est une suite géomètrique de raison q =
3

et de premierterme u

1

= 2 alors

k −1

n

uk = ?

k =1

= 2k3 , donc (n N ) on a :
3
 
n
2n  3n = 2n  3n = 2n = 2n .
u
=
u

u

...

u
=
n
n

1
2
k
n n−1
n n+1
n n+1



 −n
k =1
k
3k =1
3 2
3 2
3 2
D’où il fallait cocher la case B .
On a :

(

k  N

)

 
uk = u1qk −1 = 2  1 
3






Q70






Si f ( x ) = ( x − 5) ( x − 4)( x − 3)( x − 2)( x −1) alors f 1 = ?
 

On a :

f ( x ) − f (1)
= lim ( x − 5) ( x − 4)( x − 3)( x − 2) = ( −4)  ( −3)  ( −2)  ( −1) = 24 .
x→1
x −1
 
D’où il fallait cocher la case A .

f 1 = lim
x→1

Q71

2ln x

Si f ( x ) =


x 1+


(ln x )

2

alors

F ( x) = ?





Avec F est la primitive de f sur  0, +  qui s’annule en 1 .
Si on remarque que f ( x ) =

2ln x

x 1+


(ln x )

2






1+

=

(ln x )

2 

1+ ( ln x )





2

alors



2









F ( x ) = ln 1+ ( ln x )  + k et comme F (1) = 0 alors F ( x ) = ln 1+ ( ln x )
D’où il fallait cocher la case

2





.

A .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q72

0 t + 2 dt = ?
1

2t + 3

1
2
2
t
+
3
1


dt
=
2

dt
=
2
t

ln
t
+
2
=
2

ln3
+
ln
2
=
2
+
ln
On a : 
 .
( )0


 3
t
+
2
t
+
2
 
0
0
1

1

D’où il fallait cocher la case D .

Q73


Soit M ( z )  P , on a :



( E ) = M ( z )  P / z + 1z  R  = ?
M ( E )  z +

1
R
z

1
1
= z+
z
z
z−z
 z  0 et z − z +
=0
zz

 z  0 et z +

 z  0 et

( z − z )  z
z

(

2

− 1

 =0

2

)

 z  0 et z = z ou z = 1
 M  O et

( M  D ( O, u ) ou M  C ( O,1) )

D’où il fallait cocher la case E .
Q74

Si w = 12
0

et (nN) w = ( wn −1)
n+1

2

+1 alors si ( wn ) est Cv ona: xlim
w =?
→ n

On a : ( n  N ) wn+1 −1 = ( wn −1) , donc par passage la limite on obtient :
2

w , on en déduit que (l −1) (l − 2) = 0 et par suite
l −1 = (l −1) , avec l = nlim
→+ n
2

que nécessairement l = 1 ou bien l = 2 et en constatant que (n    ) wn  1
et que (n   ) wn  2 (puisque (n   ) 2 − wn+1 = wn ( 2 − wn ) alors c’est
facile de le prouver par récurrence ) et comme
2
((n    ) ) wn+1 − wn = ( wn −1) +1− wn = ( wn −1)( wn − 2) , alors

((n   ) ) wn+1 − wn  0 et donc la suite ( wn )n1 est décroissante , d’où :


Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q74 ( suite )

((n   ) ) wn  w1 = 54


5
w
 2
, et par passage à la limite on obtient nlim
n
→+
4

D’où l = nlim
w =1 .
→+ n

D’où il fallait cocher la case C .

Q75

Si f ( x) =1+ x ln 1+ ax , avec a0, alors xlim
f x =?
→ ( )




ln 1+ a 
a = lim 1 + a  x  = 1 + a
f
x
=
lim
1
+
x
ln
1
+
On a xlim
(
)
→+
x→+
a
x x→+ 2
2
x

D’où il fallait cocher la case B .

Q76

Si ABC est un triabgle isocèle de sommet A tel que AB = AC = 10 alors
qu ' elle serait sa surface max imale ?

C



A
On a dans ce cas

S ABC

CH  AB
=
2

H
et comme

B

AB = 10

et

CH = AC  sin A = 10sin 

S ABC = 50sin et comme 0 180 alors sin  prend sa valeur maximale
qui est 1 qd  = 90 et par suite la valeur maximale possible de S ABC est 50.

D’où il fallait cocher la case B .

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q77

Si f ( x) = x + 3ln x +1 alors (
3

On a

( f ) ( 2) =
−1


f −1 ( 2) = ?

)

1

f   f −1 ( 2) 




On remarque aisément que f (1) = 2 et donc f −1 ( 2 ) = 1
D’autre part on a : f  ( x ) = 3x2 + 3 , donc f   f −1 ( 2)  = f  (1) = 6
x


Et par suite ( f −1 ) ( 2) = 1 .
6
D’où il fallait cocher la case B .

Q78


2

0 sin ( x ).e dx = ?
x

En appliquant la règle ALPES on obtient :








2

I =  sin ( x ).e x dx =  − cos ( x ) .e x dx = − cos ( x ) .e x  2 −  − cos ( x ).( e x ) dx
2

2

0

0



(

)

0



0





2


= 1 +  cos ( x ).e x dx = 1 +  sin ( x ) .e x dx = 1 + sin ( x ) .e x  2 −  sin ( x ). ( e x ) dx = 1 + e 2 − I
2

2

0

0

(

)

0





Donc 2I = 1+ e 2 et par suite I = 1+ e
2
D’où il fallait cocher la case

0

2

A .

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Q79
2

Par tan t du fait que f ( x
parmi ceux proposé ?

−x
)=e 2

alors quel encadrement de f ( x )

On sait que la monotonie d’une fonction g nous permet d’obtenir un
encadrement de g ( x ) sur un segment  a, b  .
Comme ( x  0,1) f  ( x ) = − xe



x2
2

alors ( x   0,1)

= − xf ( x )

:


f  ( x ) = ( f  ) ( x ) = ( − xf ( x ) ) =  ( − x ) f ( x ) + ( − x ) f  ( x )  = − f ( x ) + x 2 f ( x ) = −1 + x 2 f ( x )  0


Donc la fonction f  est décroissante sur l’intervalle 0,1 , et par suite


1
x  0,1 f  1  f  x  f  0 c.à.d  x  0,1  −  f  x  0 .


e


(

)

(

()

( )

) (

)

( )

()

D’où il fallait cocher la case B .

Q80

Si f ( x) = x

3

+ 2 x2 + 3 − ax x + b

alors xlim
f x R si et ssi ?
→ ( )


3
2 + 3 − a 1 + b 
 b


ax
x
1
+
=
lim
x
x
1
+


3 

x x3
x 
 x x 
 x  x→+

3 − a 1 + b  = 1 − a et lim x x = + alors pour que
x→+
x 
x3

2
3
On a xlim
f
x
=
lim
x
1+ +
(
)

→+
x→+


2
 1+ +
Comme xlim
→+ 
x


lim f ( x ) R il faut nécessairement que a = 1 , et dans ce cas, on a :

x→+

lim f x = lim x
x→+ ( ) x→+
=

lim x
x→+


x



1+ 2 + 33 −
x x

1+

 1  2 3   1 b 
b
 = lim x x  1 +  + 3   − 1 +

x  x→+
 2  x x   2 x 

(2 − b)
3
b 
3
1
x  + 3 −  = lim
+ x
2
 x 2 x 2 x  x→+ 2 x x

3
f x R
= 0 et lim x = + alors pour que xlim
Et comme xlim
→+ ( )
→+
x→+
2x x

il faut que 2 − b = 0 c.à.d b = 2 .
D’où il fallait cocher la case C .
NB : On a utilisé le fait que 1+ X est équivalente à 1+ X pour X assez
2
voisin de 0 .
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