corrigé de l'épreuve de maths medecine 2021 2022.Mr.ELABBASSI (5) .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
Juillet 2021

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

15 juillet 2021

Introduction
Chers élèves, le message est clair et net : « On a renoué
avec le passé, il n y a plus question de mathématiques
faciles et superficielles ». Les mathématiques étaient
toujours un moyen de sélection d’élite. C’est une matière
exigeante, très exigeante même .J’avoue que l’épreuve, de
cette année, était très difficile et très longue, il demande
une profonde compréhension du programme et beaucoup
d’entrainement. Aux promotions suivantes, je dis, haut et
fort, essayez de revoir vos manières avec lesquelles vous
vous travaillez les maths.
Enfin, je tiens à vous dire que dans un concours de courte
durée c'est très rare de tout traiter, l'important c'est de
traiter le maximum possible et de se distinguer par
rapport aux autres...Et n’oubliez pas qu’il y a les trois
autres matières : Physique – Chimie et Svt.
Il ne reste plus qu’à vous souhaiter bonne chance et bon
courage.
NB : J’étais, parfois, obligé de détailler pour être très
bien compris, mais dans un concours j’aurais
beaucoup économiser le temps et l’effort (astuces et
méthodes), puisqu’ enfin de compte on ne laisse
qu’une crois comme trace.

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

Q61
l  lim
x0

ln  e  x  1
x  1 1

 l ?

Méthode 1 : Avec les techniques habituelles du lycée :

On a : l  lim
x 0

 x
ln e  ln 1    1
 e
ln  e  x   1

1
 lim
x 0 e

x 1 1
x 1 1

 x
ln 1  
x 1 1
1 2 1
 e .
  
x
ln  e  x   1 e 2 e
e

.

Méthode 2 : En utilisant la notion de fonctions équivalentes :
On a :

 x
ln  e  x   1  ln 1  
 e

Donc

1

0

1 x
 x 2
1   0 1  .
2 e
 e

et

1 x
0

1 x 

1
2
0

1
1 x
2

1 x
e 2 1
l  lim

x 0
e
x
2

D’où il fallait cocher la case B .

Q62

f  x 


1
1
ln 1    f   x   ?
1 x  x 

On a :
 1 
1

 1  1    1   1  1  x 
1
1
1
 1 1 x
 1

f  x  
ln 1     

ln 1    2 .

ln 1   
 ln 1   
2
2
2
 1 x  x    1 x   x  1 x 1 1
1  x   x  x 1  x 1  x   x  x 1  x2
x



D’où il fallait cocher la case B .

Q63

Si

 7  15i 
Z 

 15  7i 

2021

alors

Z

?

En remarquant que 7 15i  i 15  7i  on obtient : z   i 

2021

 


 i 

1010
2




 i   i

D’où il fallait cocher la case D .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga



Q64

Si x0,1 alors xlim
1 x  x2  x3  ...   1 xn   ?
 










k

n

On a : 1 x  x  ...   1 x     x  
2



n

n

n

k 0

n1

1   x 
.  q  x 
1   x 

Comme x   0,1 alors  x   1,0 , donc nlim
x

D’où nlim
1  x  x2  ...   1 x n 

n

n1

 nlim
x x  0

n

1
1 x

D’où il fallait cocher la case E .
Q65
Dans R, lenombredesolutionsdel 'équation x5  x 1  0 est : ?
Considérons la fonction f définie sur R par f  x   x5  x 1.

On a f dérivable ( donc continue ) sur R et on a :  x R  f   x   5x4 10 .
Donc f est strictement croissante sur R , donc elle réalise une bijection de
R vers f R   R et comme 0 f R  alors l’équation f  x   0 admet 1
solution dans R .
D’où il fallait cocher la case B .
Q66
On a :

Dans C, Si z z 15  20i alors 1 i  z est égal à:?
z z  15  20i  z Re  z   i z Im  z   15  20i
 z Re  z   15 1 et z Im  z   20 2




 



 

 z  Re  z   Im  z    625  252 1  2
2

2

2

2

2

2

2

 z . z  54
 z 5
 1  i  z  5 2 ( car 1  i  2 )

D’où il fallait cocher la case E .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q67



ln 1  x 2

Si la fonctiondéfinie sur R par alors f  x  


On a : lim f  x   lim
x0



ln 1 x2

x0

x

Et on a : lim f  x   lim

x

  lim ln 1 x  1



ln 1 x2

 alors lim f x
 
x0

?

2

x0

x2

  lim  ln 1 x   1
2

x0
x
x2
Comme les deux limites sont différentes alors la fonction f n’admet pas de
limite en 0.
D’où il fallait cocher la case E .
x0

x0

Q68
Si un  est une suitedéfinie par :u0  1 et n N un1  un2  un alors nlim
u ?
 n
Remarquons qu’on peut démontrer aisément par récurrence que

nN un 1.

Comme n N un1  un  un2 0 alors la suite  un  est strictement croissante.
Donc  un  converge vers un réel l ou diverge vers  .
Si on suppose que  un  est Cv alors d’après la relation :  n N un1  un2  un ,
on en déduit que l  l 2  l , et on aura l  0 , ce qui contredit le fait que l  1,
puisque n N un  1. Donc on a nécessairement : nlim
u   .
 n





D’où il fallait cocher la case B .

Q69
1

L 'int égrale 

x

0 1 e x2

x
0 1 e x2
1

est égale à ?


e

1


xe
1
1
dx  
dx  
dx  ln  e  1
2 e 1
2

e 1
x2

1

0

x2

x2

1

0

x2

x2

1
0







1
e 1 
ln  e  1  ln 2  ln 

2
 2 

D’où il fallait cocher la case D

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

Q70

Si f 1  4 et x   0,    f  x   2 x  ln x alors f e  ?









Comme x  0,   f  x   2x  ln x alors x  0,   f  x   x2  x ln x  x  cste
Et comme f 1  4 alors cste  4 et par suite

f  e  e  4
2

D’où il fallait cocher la case C .

Q71

Dansl 'ensemble C si z  1 i 1 2  alors z  ? et Argz  ?




On a :

 

 

 i4 2
 i
i 3
i 

2
4
4
2
2
z  1 i  2 i 

 2  e  e   2 2 cos
e
 2 2 cos e 8
2
8


Et comme 2 2 cos   0 ( car    0,   ) alors z  2 2 cos  et arg z  3  2  .
8  2
8
8
8
i
2e 4

i
2e 2

D’où il fallait cocher la case A .

Q72

1 f  x  f  x  dx  8 et f  2  f 1  2 alors f  2  f 1  ?
2

Si

On a :
2

2

1 f  x  f  x  dx  8  1

f  x






 1
 2






f  x  dx  8

 f  x 
2

2

8

1

 1   f   2    f  1    8


2

2



1
2

2



.

 f  2  f 1  f  2  f  1  8




 f  2  f  1  8 ( car f   2   f  1  2 )

D’où il fallait cocher la case C .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q73
n

Soit q R . Pourtout n N on poseSn   q k
Sachant quela suite  Sn 

k 1

nN

est convergenteet que nlim
S  4, alorsq  ?
 n

 nN est convergente alors nécessairement q 1 (car si non
n
n
n
1

q

k
k
serait divergente ) et comme n N   q  q
q  n et  Sn 

1 q
nN
k 1
k 1
q ,
S

 Sn nN Cv , alors nécessairement q 1 et par suite nlim
n

1 q

Comme Sn





et



puisque nlim
qn  0 . D’où


q  4 , et par suite q  4 .
1 q
5

D’où il fallait cocher la case C .
Q74


3

6

L 'int égrale I  


Considérons l’intégrale J  3


6

sin x
dx est égale à :?
sin x  cos x

cos x
dx . On a :
sin x  cos x

I  J  3 1dx      
3 6 6
6


J  I  

3

6

et




cos x  sin x
3  sin x  cos x 


dx  
dx  ln  sin x  cos x   3
sin x  cos x
sin
x

cos
x
6
6

 3 1 
 1 3 


 
 
 ln  sin  cos   ln  sin  cos   ln 
  ln 
  0
3
3
6
6
2
2







Et par suite I  J  

12

D’où il fallait cocher la case E .

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

Q75

Dansl 'ensemble C , si z1  z2 1et z1  z2  3 alors z1  z2  ?

On a : z1  z2  z1  z2  2Re  z1 z2  , donc Re  z1 z2   1 et comme
2

2

2

2

2



2



z1  z2  z1  z2  2Re z1 z2 alors z1  z2

2

2
 1  1 1  1

D’où : z1  z2  1
D’où il fallait cocher la case A .

Q76

un  est la suitedéfinie par u  0, u1 1 et n  N  un 
0

On a : n N  un 

un21  un21
2

alors nlim
u ?
 n

un21  un21
u2  u2
 un2  n 1 n 1
2
2

Donc la suite  un2  est arithmétique de raison r  u12  u02 1
D’où n N un2  u02  nr  n , donc n N un  n
Et par suite nlim
u   .
 n
D’où il fallait cocher la case B .

Q77
Soient  a, b   R 2 et

f

la fonction définie sur R par :

 ax  b

f  x   

, si x  0

1
, si x 0

 x 1

La fonction f est dérivableen 0 siet seulement si a et b sont égals à:?

f dérivableen 0  f continueen 0 lim f  x   lim f  x   b 1
x0

f dérivableen 0 xlim
0

x0

f  x   f  0
f  x   f  0
 lim
 a  1
x0
x0
x0

On peut vérifier facilement que ces deux conditions sont aussi suffisantes.
D’où il fallait cocher la case B .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Q78
Soient  a, b   R 2 et

f la fonctiondéfinie sur R par : f  x   3x2  2ax  b.

1

Si  f  x  dx2 alorslenombredesolutions dans R del ' équation f  x   0 est ?
1





Le discriminant de l’équation 3x2  2ax  b  0 est   4 a2  3b .
On a :

1



1

1

1

f  x  dx2   3x2  2ax  bdx2   x3  ax2  bx  2  2  2b0  b1


1

 1

D’où 0 , et par suite l’équation f  x   0 admet 2 solutions distinctes ds R .
D’où il fallait cocher la case C .

Q79

 
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct O, u, v . Soit    0, 
 2
Soient z et z2 les deux solutions de l ' équation d 'inconnue z :  E  z 2  sin  2  z  sin 2    0





1

La valeur de pour laquelle les po int sO , M  z1  et M  z2  sont les sommets d ' un triangleéquilatéral est : ?

On a :



z 2  sin  2  z  sin 2    0  2 2sin   cos   z  sin 2   cos2    sin 2  1  cos2 
  z  sin  cos     sin 4    i sin 2  
2

Prenons, z1  sin  ei



2

 z  sin   cos   i sin    sin  ei
et z2

 sin  ei

i
z1 i3
i 2 
OM1M 2 équilatéral   e  e  e 3  2      
z2
3
6

( On a pris en compte le fait que    0,   )


2

D’où il fallait cocher la case D .

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

Q80
Pourtoutentiernaturelnon nuln et pourtoutréel x , on pose: f n  x  ex  nx alors ona: ?
Soit nN , la fonction f n est dérivable( donc continue ) sur R et on a :
x R  f n'  x  ex  n0 , donc f n est strictement décroissante sur R .
Donc elle réalise une bijection de R vers f n R   R . ( puisque
et

lim f n  x    ). Et comme

x 

lim f n  x   

x 

0  f n R  alors  !an R  : f n  an   0 .

On a : f n  0  10 , f n  an   0 et f n 1  1 ne 0 . Donc : f n 1  f n  an   f n  0
e
 
Et comme f n est strictement décroissante sur R alors 0an 1 .
On a : f n  an   f n1  an   an 0 , donc f n1  an   f n  an   0  f n1  an1 
Et comme f n est strictement décroissante sur R , alors an1an , donc
la suite  an n1 est strictement décroissante, et comme elle est minorée ( par
0 ) alors elle est convergente. Si on pose nlim
a  l alors on a l  0 ou 0l 1
 n
an
Et comme n N e  n alors nécessairement l  0 , car si non , nous
an
l
e
aurons nlim
n  R , ce qui contredit le fait que lim n   .

n
l
 an

Comme n N  e  nan et la fonction : x  e x est continue en 0, alors





lim nan  nlim
ean  e0  1 .


n

D’où il fallait cocher la case

A .

Toute remarque ou suggestion de votre part sera la bienvenue
Email : elabbassimed2014@gmail.com

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



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