Corrigé de l'épreuve de maths Ensa 2019-- ELABBASSI Med(1)

Corrigé de l’épreuve de maths du concours d’accès en 1ère des ENSA Maroc 2019
Effectué par Mr.EL ABBASSI Mohammed professeur de Mathématiques au
Lycée Ibn abdoun – Khouribga
Le 23/07/2019
NB : J’avoue que cette année l’épreuve de mathématiques était très difficile, mais il ne faut pas oublier que
c’est un concours, l’essentiel c’est d’adopter une stratégie efficace qui permet d’avoir le maximum possible de
points et de se distinguer par rapport aux autres …
Question1
Comme ce qu’est vrai en général est vrai en particulier, alors je vais partir d’un cas particulier pour
généraliser ensuite, pour cela je vais prendre a  2 et b  3 .
11un  4
3
25
Donc la suite  un  est définie par : u0 
et un 1 
et donc on a : u1 
1
9un  1
2
25
Je vais procéder par élimination des cas .
an  b 2n  3

bn  a 3n  2
nb
n3
B : un 

bn  a 3n  2
an  b 2n  3
C : un 

bn  a 3n  2
an  b 2n  3
D : un 

na
n2
A : un 
5
 1 , on garde pour le moment le A .
5
4
 u1   1 , on exclut le B .
5
1
 u1 
 1  1 , on exclut le C .
1
5
 u1   1 , on exclut le D .
3
 u1 
D’où la bonne réponse est :
A.
Question2

On a : n  N 
 k 1, 2,..., n
D’où la bonne réponse est :
1
1
1


2n  n 2k  n 2  n
n
n
n
1
1
1

  
k 1 3n
k 1 2 k  n
k 1 2  n
n
1
1
1
n
n


3n
2n
k 1 2k  n
1 n
1
n

1
 
3 k 1 2k  n 2  n
1 
 un   ,1
3 
2  n  2k  n  2n  n 
B.
Mr.EL ABBASSI Mohammed professeur au Lycée Ibn abdoun – Khouribga
-1-
Question3
On a :  n  N


1
1
1 n
1
1
1
1

dx   ln 1  2 x    ln 3  ln
lim 
 lim 

n 
n  n
k 0 1  2x
2
0 2
k 1 2k  n
k 1
1 2
n
1
n
D’où la bonne réponse est :
 3
C.
Question4
On a :
1
1
1
1
I   4  x 2 dx   x' 4  x 2 dx   x 4  x 2    x

0 0
0
0
1
Et comme

0
x2
4  x2
1
dx  
0

x2  4
4  x2
1

0


1
'
4  x 2 dx  5   x
0


2x
2 4  x2
1
dx  5  
0

1
x2
4  x2

dx  I  4 ln x  4  x 2   I  4 ln 1  5  4 ln 2

 0
2
4 x
4
2
 1 5  5
 1 5 
 3 5 
5
5 62 5  5
d’où I   2 ln 
   ln 
   ln 
   ln 
 .
2
 2  2
 2  2
 4  2
 2 

Alors I  5  I  4 ln 1  5  4 ln 2
Et par suite la bonne réponse est :
D.
Question5
Partons du fait que   a, b   R2 : a 2  b2   a  b   2ab on en déduit :
2


2
1
cos 4  3x   sin 4  3x   cos 2  3x   sin 2  3x   2cos 2 3x  .sin 2 3x   1  sin 2  6 x  , donc :
2
4
4
cos  3x   sin  3 x   1  sin  6 x   0
 6 x  k / k  Z
x
k
/k Z
6
Et par suite la bonne réponse est :
dx
D.
Question6


Partons du fait que   a, b   R 2 :  a  b   a 4  b4  4ab a 2  b2  6a 2b2 on en déduit :
4
 7  3 5  7  3 5   7  3 5
73 5 7 3 5
7 3 5 
7 3 5 7 3 5

6
.

 4 4 






2
2
2
2
2
2
 2  2  

 73 5
7 3 5 
49  45
6
4  7  4

 7  43  6  1


2
2
4


4 
2
 73 5
73 5  7 3 5 7 3 5
49  45
73 5
7 3 5
 


2
 9

3
En effet 


2
2
2
2
4
2
2


D’où   1 , car   0 . Et par suite la bonne réponse est :
B.
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-2-
Question7
a
On a :

0
2
x
1    dx
a
a
a  x dx  a 
2
2
0

  
Posons :  t  0,    x  0, a 
 2 

x  0  t  0 et
On a :
a
Donc

0
a
a 2  x 2 dx  a 
0
x
 sin t donc dx  a cos t dt
a
xa  t 

2

2

2

2
cos  2t   1 a
 x

1    dx  a  1  sin 2 t a cos t dt  a 2  cos2 t dt  a 2 
2
2
a
0
0
0
2
Et par suite la bonne réponse est :
2

2
1
2 a 


sin
2
t
t


4
 2
 0
D.
Question8
Soit  l’univers des éventualités de cette expérience aléatoire , on a   1, 2,3, 4,5,6 et card  63
3
Soit l’événement A : ‘’ le polynôme Q a une racine double ‘’
Q a une racine double équivaut   0 équivaut b 2  4ac , donc :


A  1, 2,1 ;  2, 4, 2  ;  1, 4, 4  ;  4, 4,1 ;  3, 6,3 
On a : P  A 
card  A
card   

5
5

3
6
216
Et par suite la bonne réponse est :
C.
Question9
4J
3R
3B
L’urne
Soit l’événement A : ‘’ la 2ème boule tirée est rouge ‘’
On a : P  A 
RR ou RR
A32  A71 A31 3  2  7  3 27


A102
10  9
90
Et par suite la bonne réponse est :
A.
Question10
Soit l’événement B : ‘’ la 1ère boule tirée est jaune ‘’
Soit l’événement C : ‘’ la 1ère boule tirée est jaune sachant que la 2ème boule tirée est rouge’’
4 3
P  B  PB  A 10  9 4
On a: P  C   PA  B  

 . Et par suite la bonne réponse est : A .
27
P  A
9
90
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-3-
Question11
On a :
z  1  i  2
 2e
 3 
i

 4 
 2
 i  34  
 2  e    1




 3 
 3 
 3 
i
i
  i


 2e  8   e  8   e  8  




 3 
 3  i 
 2 2 cos   e  8 
 8 
3   
3
 3 
 3 
  0,  alors z  2 2 cos 
Et comme cos 
 0 car
 et A rg z 
8  2
8
 8 
 8 
Et par suite la bonne réponse est :
A.
Question12
 3  
 3   3  
On a d’une part z  1  2  1i et d’autre part z  2 2 cos 2    i  2 2 cos   sin   
 8  
 8   8 
 3  1  2 2  2
Donc par identification ona : cos2   
( vu l’unicité de l’écriture algébrique )

4
2 2
 8 

 3
Et comme cos 
 8


 3
 0 alors cos 

 8
Et par suite la bonne réponse est :
2 2


2

C.
Question13
On a :
 
   
 2 
a sin    cos   sin   cos 

5
5 5
 5 
1  2 
 2 
 sin 
 cos 

2  5 
 5 
1  4
 sin 
4  5
1
 
Et comme sin    0 alors a 
4
5
Et par suite la bonne réponse est :
  1  
 1 
  sin      sin  
5 4 5
 4 
C.
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Question14
 2 
 
    2 
 2  
 
   cos  
a  b  cos 
 cos    sin   sin 
  cos 
 5 
5
5  5 
 5 5
5
2
 2 
 
    2 
 2  
 3 

   cos    cos   
Et on a : a  b  cos 
 cos    sin   sin 
  cos 
5
 5 
5
5  5 
 5 5
 5 

2
2
2
2
Donc  a  b  a  b   a , d’où a  b  a et par suite b  a  a
On a :

 2 
   cos 


 5 
5
5
1
2

( d’après Q13 ) alors b 2 
et par suite b 
( car b 0 , vu que
et
sont
4
16
4
5
5
 
des éléments de  0,  ) .
 2
Et comme a 
Et par suite la bonne réponse est :
B.
Question15
On a :


AM . AM  4 AM .BM  0  AM AM  4 BM  0
 AM .GM  0 ( avec G  bar  A,1 ;  B, 4  )
Donc cet ensemble est le cercle de diamètre  AG 
Et par suite la bonne réponse est :
B.
Question16
On a :
 k  2  k  3  2  3  3  4  4  5  ...  n  1  n  2    n  2   n  3  3  n  2   3  n  2   3n  6
1 4 2  5 3  6
n   n  3
k 0  k  1 k  4 
 n  1  n  4 1  n  4 n  4 n  4
n
un  
Méthode 2
On a :
n
 k  2  k  3 
k 0  k  1 k  4 
n
un  
  k  2 k  3
k 0
n

n
n
k 0
n
k 0
n
k 0
k 0
  k  2  k  3
  k  1 k  4   k  1  k  4
k 0
Et par suite la bonne réponse est :
n 1

 n  2  k
k 2
n 1
1  k
k 2
n 3

3  k
k 4
n 3
 n  4  k

3 n  2
n4

3n  6
n4
k 4
D.
Question17
On sait que tout entier naturel est congru à son chiffre des unités dans la relation de congruence modulo 10
On a : 23  310 donc 232019  32019 10 , or 32019  3.  32 
1009
et comme 32  1 10 et 1009 est impair
alors 232019  3 10 et comme 3  7 10 et 0  710 alors 7 est le chiffre des unités de 232019 .
Et par suite la bonne réponse est :
D.
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Question18

n
Ici , ça doit être un   e 2  e 2
k 0
k
k
 , c à d la variable k doit commencer à partir de 0 et non pas à partir de 1
Comme ce qu’est vrai en général est vrai en particulier, alors je vais partir de deux cas particuliers pour
généraliser ensuite, pour cela je vais prendre n  0 puis n  1 .


 e  e 
On a : u0  e  e 1 et u1  e  e1 e2  e2

e  e1
e2  e2
A : v0 

e  e1
e  e1
1

e  e1
e4  e4
On a aussi : v1 

e  e1
B : v0 

 e  e1  u0 , on garde pour le moment le A .
  e  e  e
1
 e2
2
e  e1

 u1
e 2  e 2
 u0 , on exclut le B .
e  e 1



e  e1 e  e1
e2  e2
C : v0 

 e  e1  u0 , on exclut le B .
1
1
ee
ee
D : v0 
e 2  e 2
 u0 , on exclut le D .
e  e 1
D’où la bonne réponse est :
A.
Méthode 2
On a :

 

e  e1 un  e  e1 e  e1
e  e  u  e
1
22
n
D’où : un 
e
2n1

n
k
k
k 1
 e 2
2
e
22
 
e2  e2  e2  e2
 e 2
2
  e
n

n
k
k
k 1
2k
 
 
 e 2  e 2  e 2
k
k 3

e2  e2  e2  e2 e2  e2
3
3
  e
n
2k
  e
n
2k
 e2
k 2


k

 e 2  ...  e 2  e 2
k
k 4
n
n
e
2n

n 1
 e 2  e 2  e 2
n
n 1
2n1
e
e  e 1
Question19


On a :  n  N  x  R   f   x   e
On a : n  N  f n  x   e x  nx2  3 , un désigne la solution de l’équation fn  x   0 dans R  .


'
n
x
 2nx 0 , donc toutes les fonctions f n sont strictement croissantes
sur R  .



D’où :  n  N  f  u   f  u 



 f u   0 et f u   0
On a : n  N  x  R f n1  x   f n  x   x 2  0 donc n  N  x  R f n1  x   f n  x 

n 1
n 1
n
n 1

et comme n  N 
n 1
n 1
n
n
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-6-


Alors n  N  f n  un   f n un1  et comme f n sont strictement croissantes sur R  alors
n  N  u

n
 un1 , d’où  un n1 est décroissante .
Et par suite la bonne réponse est :
B.
Question20
Comme la suite  un n1 est décroissante et minorée ( par 0 ) alors elle est convergente , posons l  lim un .
n 
On a :  n  N   f n  un   0   un  
2
3e
n
un
Alors lim eun  el et par suite lim  un   lim
2
n 
n 
Et par suite la bonne réponse est :
n 
et comme l  lim un et la fonction exp est continue sur R
n 
3e
n
un
 0 , on en déduit que lim un  0 .
n
B.
END
J’éspère avoir été bien clair .
Toute remarque ou suggestion est la bienvenue .
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Mr.EL ABBASSI Mohammed professeur au Lycée Ibn abdoun – Khouribga
-7-