Correction — Concours Médecine Maroc 2023 — Mathématiques
Correction pédagogique de la partie mathématiques.
Session 2023 — 14 QCM — Durée indiquée : 30 minutes.
Objectifs et parcours de résolution
Les quatorze QCM de Médecine Maroc 2023 commencent par le passage d’un nombre complexe de la forme exponentielle à la forme algébrique. Le choix du signe des sinus et des cosinus dépend de l’angle, et les formules d’angle moitié doivent être utilisées avec les signes adaptés. La correction sert ensuite à reconnaître les conditions qui départagent les réponses des autres questions.
Repères de cours utiles
Un domaine de définition et un signe de dénominateur restent nécessaires dans un QCM. Pour une limite de quotient en un point \(a\), si les deux fonctions s’annulent en \(a\) et sont dérivables, on peut faire apparaître les deux taux d’accroissement. Leur quotient donne la limite lorsque la dérivée du dénominateur en \(a\) est non nulle. Cette méthode découle de la définition du nombre dérivé.
Une somme géométrique se calcule après identification du premier terme, de la raison et du nombre de termes. Un nombre complexe non nul peut s’écrire \(re^{i\theta}\) : une puissance entière porte sur le module et sur l’argument. Avant un calcul de probabilités, définir les événements et vérifier si les choix ou essais sont indépendants.
La réponse d’un QCM doit satisfaire toutes les conditions de la question. Un test numérique peut éliminer une proposition universelle fausse ; il ne suffit pas à démontrer une proposition universelle vraie. Lorsque plusieurs réponses peuvent être retenues, chaque proposition doit être examinée séparément.
Méthode de travail sur ce sujet
Pour un angle négatif, conserver le signe de la partie imaginaire. Avant une formule d’angle moitié, déterminer le quadrant afin de choisir les signes des racines.
Pour chaque QCM, contrôler les conditions de la proposition et la forme demandée du résultat. Relire aussi les réponses rejetées pour identifier les pièges de signe, de domaine ou de raisonnement.
Chaque QCM est rappelée puis corrigée avec une justification claire et directement utile à l’élève.
Cette correction met en avant l’idée mathématique principale, les calculs nécessaires et les justifications à retenir.
Tableau final des réponses
| QCM | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Réponse | A | C | E | D | E | B | D | C | C | B | C | A | C* | C |
Correction détaillée des QCM
Question 1
Dans \(\mathbb C\), si :
\[ z=\sqrt5\,e^{-i\frac{\pi}{8}}, \]on demande l’écriture algébrique de \(z\).
Pour passer de la forme exponentielle à la forme algébrique, on utilise : \[ re^{i\theta}=r(\cos\theta+i\sin\theta). \] Ici l’angle est négatif, donc : \[ e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta. \]
On applique la formule avec :
\[ r=\sqrt5,\qquad \theta=\frac{\pi}{8}. \]Donc :
\[ z=\sqrt5\left(\cos\frac{\pi}{8}-i\sin\frac{\pi}{8}\right). \]Il reste à calculer \(\cos\frac{\pi}{8}\) et \(\sin\frac{\pi}{8}\). On remarque que :
\[ \frac{\pi}{8}=\frac12\cdot\frac{\pi}{4}. \]On utilise les formules d’angle moitié :
\[ \cos\frac{\theta}{2} = \sqrt{\frac{1+\cos\theta}{2}}, \qquad \sin\frac{\theta}{2} = \sqrt{\frac{1-\cos\theta}{2}}. \]Ici :
\[ \theta=\frac{\pi}{4}, \qquad \cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt2}{2}. \]Ainsi :
\[ \cos\frac{\pi}{8} = \sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt2}{2}}{2}} = \sqrt{\frac{2+\sqrt2}{4}} = \frac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}. \]De même :
\[ \sin\frac{\pi}{8} = \sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt2}{2}}{2}} = \sqrt{\frac{2-\sqrt2}{4}} = \frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}. \]Donc :
\[ z = \sqrt5\left( \frac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2} - i\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2} \right). \]Finalement :
\[ z= \frac{\sqrt{10+5\sqrt2}}{2} - i\frac{\sqrt{10-5\sqrt2}}{2}. \]Réponse correcte : A
Question 2
On considère :
\[ z=\left(\frac1{\sqrt2}(1-i\sqrt3)\right)^{18}. \]On demande la valeur de \(z\).
Pour calculer une grande puissance d’un complexe, on passe à la forme exponentielle : \[ z=re^{i\theta} \quad\Longrightarrow\quad z^n=r^n e^{in\theta}. \]
On commence par écrire le complexe de base sous forme exponentielle.
Le module de \(1-i\sqrt3\) est :
\[ |1-i\sqrt3|=\sqrt{1^2+(-\sqrt3)^2}=2. \]Donc le module de :
\[ \frac1{\sqrt2}(1-i\sqrt3) \] est : \[ \frac2{\sqrt2}=\sqrt2. \]Le point \(1-i\sqrt3\) est dans le quatrième quadrant, et :
\[ \cos\theta=\frac12,\qquad \sin\theta=-\frac{\sqrt3}{2}. \] Donc : \[ \theta=-\frac{\pi}{3}. \]Ainsi :
\[ \frac1{\sqrt2}(1-i\sqrt3)=\sqrt2\,e^{-i\frac{\pi}{3}}. \]Alors :
\[ z=(\sqrt2)^{18}e^{-i18\frac{\pi}{3}}. \]Or :
\[ (\sqrt2)^{18}=2^9=512, \] et : \[ -18\frac{\pi}{3}=-6\pi. \]Comme :
\[ e^{-i6\pi}=1, \] on obtient : \[ z=512. \]Réponse correcte : C
Question 3
Pour \(z\in\mathbb C-\{1\}\), on cherche l’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tels que :
\[ \frac{z+1}{z-1}\in i\mathbb R. \]Un complexe est imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle. Pour un quotient de complexes, on multiplie par le conjugué du dénominateur afin de lire la partie réelle.
Posons :
\[ z=x+iy. \]Comme \(z\ne1\), le dénominateur \(z-1\) n’est pas nul.
On écrit :
\[ \frac{z+1}{z-1} = \frac{x+1+iy}{x-1+iy}. \]On multiplie par le conjugué du dénominateur :
\[ \frac{z+1}{z-1} = \frac{(x+1+iy)(x-1-iy)}{(x-1)^2+y^2}. \]Le dénominateur est réel strictement positif. Il suffit donc d’annuler la partie réelle du numérateur.
La partie réelle du numérateur est :
\[ (x+1)(x-1)+y^2=x^2-1+y^2. \]Pour que le quotient soit imaginaire pur, il faut :
\[ x^2+y^2-1=0. \] Donc : \[ x^2+y^2=1. \]C’est le cercle de centre \(O\) et de rayon \(1\). On doit enlever le point correspondant à \(z=1\), c’est-à-dire \((1,0)\), car le quotient n’est pas défini en ce point.
Réponse correcte : E — Le cercle de centre \(O\) et de rayon \(1\), privé du point \((1,0)\).
Question 4
Pour tout entier \(n\geq2\), on pose :
\[ U_n= \left(1-\frac1{2^2}\right) \left(1-\frac1{3^2}\right)\cdots \left(1-\frac1{n^2}\right). \]On demande \(\lim\limits_{n\to+\infty}U_n\).
Un produit est dit télescopique lorsqu’une grande partie des facteurs se simplifie entre eux. Ici, on factorise : \[ k^2-1=(k-1)(k+1). \]
On écrit le produit sous forme compacte :
\[ U_n=\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac1{k^2}\right). \]Pour chaque \(k\ge2\), on a :
\[ 1-\frac1{k^2} = \frac{k^2-1}{k^2} = \frac{(k-1)(k+1)}{k^2}. \] Donc : \[ 1-\frac1{k^2} = \frac{k-1}{k}\cdot\frac{k+1}{k}. \]Ainsi :
\[ U_n= \left(\frac12\cdot\frac23\cdots\frac{n-1}{n}\right) \left(\frac32\cdot\frac43\cdots\frac{n+1}{n}\right). \]Le premier produit vaut :
\[ \frac12\cdot\frac23\cdots\frac{n-1}{n}=\frac1n. \]Le deuxième produit vaut :
\[ \frac32\cdot\frac43\cdots\frac{n+1}{n}=\frac{n+1}{2}. \]Donc :
\[ U_n=\frac1n\cdot\frac{n+1}{2} = \frac{n+1}{2n}. \]Enfin :
\[ \lim_{n\to+\infty}U_n = \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n} = \frac12. \]Réponse correcte : D
Question 5
Pour tout entier \(n\geq1\), on pose :
\[ U_n=\frac12+\frac1{2^2}+\frac1{2^3}+\cdots+\frac1{2^n}, \]et :
\[ \ln(V_n)=U_n\ln(2). \]On demande les limites de \((U_n)\) et \((V_n)\).
La somme : \[ \frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^n} \] est une somme géométrique de premier terme \(\frac12\) et de raison \(\frac12\).
On reconnaît une somme géométrique :
\[ U_n=\frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^n}. \]Le premier terme est :
\[ a=\frac12, \] et la raison est : \[ q=\frac12. \]Comme \(|q|\lt1\), la somme infinie vaut :
\[ \frac{a}{1-q} = \frac{\frac12}{1-\frac12} = 1. \] Donc : \[ U_n\to1. \]On sait aussi que :
\[ \ln(V_n)=U_n\ln2. \]En passant à la limite :
\[ \ln(V_n)\to 1\cdot\ln2=\ln2. \]Par continuité de la fonction exponentielle :
\[ V_n\to e^{\ln2}=2. \]Réponse correcte : E
Question 6
Soit \(f\) une fonction définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+2\sqrt{x}}}. \]On demande \(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)\).
Lorsqu’une expression contient \(\sqrt{x}\) et \(x\), le changement de variable : \[ t=\sqrt{x} \] permet souvent de simplifier la forme.
Posons :
\[ t=\sqrt{x}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ t\to0^+, \qquad x=t^2. \]On remplace dans \(f(x)\) :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+2\sqrt{x}}} = \frac{t}{\sqrt{t^2+2t}}. \]On factorise sous la racine :
\[ t^2+2t=t(t+2). \] Donc : \[ f(x)=\frac{t}{\sqrt{t(t+2)}}. \]Comme \(t\gt0\), on a \(\sqrt{t^2}=t\), et :
\[ \sqrt{t(t+2)}=\sqrt t\sqrt{t+2}. \] Ainsi : \[ f(x)=\frac{t}{\sqrt t\sqrt{t+2}} = \frac{\sqrt t}{\sqrt{t+2}}. \]Lorsque \(t\to0^+\), on obtient :
\[ \frac{\sqrt t}{\sqrt{t+2}}\to0. \] Donc : \[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0. \]Réponse correcte : B
Question 7
Soit \(g\) définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ g(x)=\frac{(2x)^x}{x^{2x}}. \]On demande \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)\).
Pour une expression de la forme \(A(x)^x\), le logarithme permet de transformer la puissance variable en produit : \[ \ln(A(x)^x)=x\ln(A(x)). \]
On simplifie d’abord :
\[ (2x)^x=2^x x^x. \]Donc :
\[ g(x)=\frac{(2x)^x}{x^{2x}} = \frac{2^x x^x}{x^{2x}}. \] Or : \[ x^{2x}=x^x\cdot x^x. \] Donc : \[ g(x)=\frac{2^x}{x^x} = \left(\frac2x\right)^x. \]Pour étudier la limite, on prend le logarithme :
\[ \ln g(x) = x\ln\left(\frac2x\right). \]Or :
\[ \ln\left(\frac2x\right)=\ln2-\ln x. \] Donc : \[ \ln g(x)=x(\ln2-\ln x). \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(\ln x\to+\infty\), donc :
\[ \ln2-\ln x\to-\infty. \] Plus précisément : \[ x(\ln2-\ln x)\to-\infty. \] Donc : \[ \ln g(x)\to-\infty. \]Par conséquent :
\[ g(x)\to0. \]Réponse correcte : D
Question 8
Soit \(f\) telle que :
\[ f(1)=3 \quad\text{et}\quad f'(1)=-3. \]On demande l’équation de la tangente au point \(A(1,3)\).
L’équation de la tangente à la courbe de \(f\) au point d’abscisse \(a\) est : \[ y=f'(a)(x-a)+f(a). \]
Ici, le point de tangence est \(A(1,3)\), donc :
\[ a=1,\qquad f(1)=3. \]On donne aussi :
\[ f'(1)=-3. \]La tangente en \(1\) a donc pour équation :
\[ y=f'(1)(x-1)+f(1). \]On remplace :
\[ y=-3(x-1)+3. \]On développe :
\[ y=-3x+3+3. \] Ainsi : \[ y=-3x+6. \]Réponse correcte : C
Question 9
Soient :
\[ f(x)=\ln(x-1), \qquad g(x)=\sqrt{x+1}. \]On demande le domaine de définition de \(g\circ f\).
Pour déterminer le domaine de \(g\circ f\), il faut :
- que \(x\) appartienne au domaine de \(f\),
- que \(f(x)\) appartienne au domaine de \(g\).
On a :
\[ f(x)=\ln(x-1), \qquad g(x)=\sqrt{x+1}. \]D’abord, pour que \(f(x)\) soit définie, il faut :
\[ x-1\gt0. \] Donc : \[ x\gt1. \]Ensuite, \(g(f(x))\) existe si :
\[ f(x)+1\ge0. \] Donc : \[ \ln(x-1)+1\ge0. \]Cela équivaut à :
\[ \ln(x-1)\ge -1. \]Comme la fonction exponentielle est strictement croissante :
\[ x-1\ge e^{-1}. \] Donc : \[ x\ge 1+\frac1e. \]Cette condition implique déjà \(x\gt1\). Donc le domaine est :
\[ \left[1+\frac1e,+\infty\right[. \]Réponse correcte : C
Question 10
On demande de calculer :
\[ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\frac1{\sin x\tan x}\,dx. \]On utilise : \[ \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}. \] Puis on cherche une primitive de la forme reconnue.
On commence par simplifier l’intégrande :
\[ \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}. \] Donc : \[ \sin x\tan x = \sin x\cdot\frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\sin^2 x}{\cos x}. \]Alors :
\[ \frac1{\sin x\tan x} = \frac{\cos x}{\sin^2 x}. \]On remarque que :
\[ \left(\frac1{\sin x}\right)' = -\frac{\cos x}{\sin^2 x}. \] Donc : \[ \left(-\frac1{\sin x}\right)' = \frac{\cos x}{\sin^2 x}. \]Ainsi :
\[ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac1{\sin x\tan x}\,dx = \left[-\frac1{\sin x}\right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}. \]On calcule :
\[ \sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt2}{2}, \qquad \sin\frac{\pi}{6}=\frac12. \] Donc : \[ -\frac1{\sin\frac{\pi}{4}} + \frac1{\sin\frac{\pi}{6}} = -\sqrt2+2. \]Finalement :
\[ 2-\sqrt2. \]Réponse correcte : B
Question 11
On demande de calculer :
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(2x)}{1+\sin^2 x}\,dx. \]On utilise : \[ \sin(2x)=2\sin x\cos x. \] Cette expression est la dérivée de \(1+\sin^2 x\).
On transforme le numérateur :
\[ \sin(2x)=2\sin x\cos x. \] Donc : \[ \frac{\sin(2x)}{1+\sin^2 x} = \frac{2\sin x\cos x}{1+\sin^2 x}. \]On pose :
\[ u=1+\sin^2 x. \]Alors :
\[ du=2\sin x\cos x\,dx. \]On change aussi les bornes :
\[ x=0\Rightarrow u=1+\sin^2 0=1, \] et : \[ x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow u=1+\sin^2\frac{\pi}{2}=2. \]L’intégrale devient :
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(2x)}{1+\sin^2 x}\,dx = \int_1^2\frac{du}{u}. \]Donc :
\[ \int_1^2\frac{du}{u} = [\ln u]_1^2 = \ln2-\ln1 = \ln2. \]Réponse correcte : C
Question 12
Dans l’espace, on donne :
\[ (P):x-y-z+2=0, \qquad (P'):x+z-2=0. \]La droite \((\Delta)\) est définie par :
\[ \begin{cases} x=1+t,\\ y=2+2t,\\ z=1-t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb R. \]On demande la bonne proposition.
Pour vérifier qu’une droite paramétrée est incluse dans un plan, on remplace \(x,y,z\) par leurs expressions dans l’équation du plan. Si l’égalité est vraie pour tout \(t\), alors la droite est incluse dans le plan.
Le plan \((P)\) a pour équation :
\[ x-y-z+2=0. \]La droite \((\Delta)\) est donnée par :
\[ x=1+t,\qquad y=2+2t,\qquad z=1-t. \]On remplace dans l’équation du plan :
\[ x-y-z+2 = (1+t)-(2+2t)-(1-t)+2. \]On développe :
\[ 1+t-2-2t-1+t+2. \]On regroupe :
\[ (1-2-1+2)+(t-2t+t)=0+0=0. \]L’équation du plan est donc vérifiée pour tout \(t\). Ainsi :
\[ (\Delta)\subset(P). \]Réponse correcte : A
Question 13
Soit \(f\) définie par :
\[ f(x)=x+x^2\sin\left(\frac1x\right)\quad \text{si }x\ne0, \]et :
\[ f(0)=0. \]On demande la bonne proposition.
Pour étudier la dérivabilité en \(0\), on calcule : \[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}. \] Si cette limite existe, elle est égale à \(f'(0)\).
On a :
\[ f(0)=0. \]Pour \(x\ne0\), on calcule le taux d’accroissement :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{x+x^2\sin\left(\frac1x\right)}{x}. \]On simplifie :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = 1+x\sin\left(\frac1x\right). \]Or :
\[ -1\le \sin\left(\frac1x\right)\le1. \] Donc : \[ -|x|\le x\sin\left(\frac1x\right)\le |x|. \]Comme \(|x|\to0\), le théorème d’encadrement donne :
\[ x\sin\left(\frac1x\right)\to0. \]Alors :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x}\to1. \] Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et : \[ f'(0)=1. \]Réponse la plus précise : C
Question 14
Une urne contient \(5\) boules bleues, \(4\) boules blanches et \(3\) boules noires. On tire simultanément \(3\) boules, puis on répète l’expérience \(n\) fois avec remise.
On demande la probabilité d’obtenir \(3\) boules de couleurs deux à deux distinctes exactement \(n-1\) fois.
Lorsqu’une expérience est répétée \(n\) fois de manière indépendante, et qu’on veut obtenir un succès exactement \(k\) fois, on utilise la loi binomiale : \[ \mathrm{C}_{n}^{k}p^k(1-p)^{n-k}. \]
Dans un tirage, on veut obtenir \(3\) boules de couleurs deux à deux distinctes : une bleue, une blanche et une noire.
Nombre de cas favorables :
\[ 5\times4\times3=60. \]Nombre total de tirages simultanés de \(3\) boules parmi \(12\) :
\[ \mathrm{C}_{12}^{3} = \frac{12\times11\times10}{3\times2\times1} = 220. \]La probabilité d’un succès lors d’une expérience est donc :
\[ p=\frac{60}{220}=\frac3{11}. \]On répète l’expérience \(n\) fois avec remise. Les expériences sont donc indépendantes.
On veut obtenir le succès exactement \(n-1\) fois. On applique la loi binomiale avec \(k=n-1\) :
\[ \mathrm{C}_{n}^{\,n-1}p^{n-1}(1-p). \]Donc :
\[ \mathrm{C}_{n}^{\,n-1} \left(\frac3{11}\right)^{n-1} \left(1-\frac3{11}\right). \]Or :
\[ \mathrm{C}_{n}^{\,n-1}=n, \qquad 1-\frac3{11}=\frac8{11}. \]On obtient :
\[ n\left(\frac3{11}\right)^{n-1}\frac8{11}. \]Donc :
\[ \frac{8n\times3^{\,n-1}}{11^n}. \]Réponse correcte : C
Conseil aux élèves
Les questions de concours demandent surtout de reconnaître les formes classiques : forme exponentielle d’un complexe, quotient imaginaire pur, produit télescopique, somme géométrique, limite avec changement de variable, tangente, composition de fonctions, primitive cachée, inclusion d’une droite dans un plan, dérivabilité en \(0\), et loi binomiale.
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