Bac Sciences Mathématiques Maroc 2024

Bonjour

Comme d'habitude,bien que cette année a été perturbée par une longue grève.
Bonne journée 
«13

Réponses

  •  L'épreuve Sciences mathématiques est la deuxième.
  • salut

    merci pour ces sujets qui permettent de se rendre compte de ce qui est fait au Maroc

    à quoi correspondent (niveau, filière) les deux autres épreuves ?

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Bonjour @AitJoseph, et merci pour ces beaux énoncés. Si je comprends bien, il y a encore des filières distinctes dans l'enseignement secondaire marocain (ce qui me semble le plus raisonnable), et les trois textes  que tu envoies sont les textes des épreuves de filières distinctes, le deuxième étant celui de l'épreuve de Sciences mathématiques. Et les deux autres ?
    Un grand salut au Royaume du Maroc.
    Fr. Ch.
  • dirikly
    Modifié (12 Jun)
    Bonjour 

    Le troisième sujet a été donné pour les Sciences Economiques (العلوم الاقتصادية ).
  • Bonjour

    Le premier sujet concerne deux filières :

    - Bac Sciences physiques 

    - Bac Sciences expérimentales ( Ancien bac D)


    Cordialement 

  • Le troisième 

    Sciences économiques 
  • Merci @AitJoseph !!!
    Une fois de plus, les sujets sont excellents. Rien à voir avec les minables sujets français...
    Liberté, égalité, choucroute.
  • Bonjour,

    c'est une traduction ou bien le sujet original ?
  • @samok

    Sujet original 
  • Ramon Mercader
    Modifié (12 Jun)
    La Terminale C existe encore...mais au Maroc. Le sujet 2 est d'une grande qualité. Félicitations au Maroc pour son enseignement des
    mathématiques !!!

    Dans le sujet 1, l'exercice sur les suites ferait un carnage en France car il serait inaccessible à 95% des candidats. Même chose pour le dernier exercice qui poserait d'énormes difficultés à la majorité des élèves français, sans parler des questions sur des notions hors programme en France. Quant aux nombres complexes, ils ont été éjectés des programmes en France (hormis en maths "expertes") et ne sont donc pas évalués au bac....c'est vraiment triste.

    Seul le sujet 3 est à peu près à la portée des élèves de terminable en France. Au Maroc, ce sujet n'est évidemment pas destiné
    aux meilleurs élèves en maths...

    Et dans ces trois sujets, hormis les probabilités, aucun contexte pseudo-concret qui parasite le contenu. Uniquement des maths bien abstraites. Pas de portail à repeindre, ni d'aquarium à remplir, ni de chocolats fabriqués à l'aide d'une étude de fonction comportant un logarithme népérien...
    Dans le sujet le plus "faiblard", même l'exercice sur les suites arithmético-géométriques est exempt de tout contexte pseudo-concret à la graisse de hérisson comme le dirait si bien le Capitaine Haddock....

    Le Royaume Chérifien nous montre la direction à suivre. La France a choisi pour l'heure de persister dans la voie du déclin.
    Bientôt, des candidats au CAPES de maths seront peut-être incapables de traiter le sujet 2...

    Et enfin, dans les sujet marocains, aucun algorithme !!!! Il serait temps en France de les éjecter des programmes !!!! 
    Liberté, égalité, choucroute.
  • Chaurien
    Modifié (12 Jun)
    D'accord avec @Ramon Mercader. Le deuxième sujet,  de la filière Sciences mathématiques, est un très beau sujet. J'ai bien aimé notamment l'exercice 4, qui étudie une structure de groupe sur l’ensemble $\mathbb C \times \mathbb C^* $. Les jeunes Marocains ont donc accès aux rudiments de la théorie des groupes au niveau du baccalauréat, comme les jeunes Français autrefois, mais ce n'est plus le cas aujourd'hui chez nous. Cherchez l'erreur.
    Une petite réserve toutefois. J'ai écrit dans un autre fil que je détestais poser des questions « fermées » comme « vérifier que ... ». Dans cet exercice, il ne serait pas difficile de trouver l'élément neutre du groupe, en cherchant l'élément idempotent. Une fois ce neutre trouvé, il ne serait pas difficile de trouver le symétrique de tout élément du groupe.
     Mais bon, il s'agit du baccalauréat, et nos collègues marocains sont les plus compétents pour proposer un énoncé avec une rédaction  appropriée pour cet examen.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
    11/06/2024 - Françoise Hardy n'est plus

  • Merci à toi chaurien
    Un grand salut aux membres du forum que j'aime bien
    Un grand salut à la France.
  • Françoise Hardy... Nostalgie !...
    Pâques 1963 : aux vacances de neige, les deux scies étaient Tous les garçons et les filles (slow) de F. H et Françoise aux bas bleus (twist) de Marcel Amont.
    L'assassinat mène au vol et, de là, à la dissimulation. (Comtesse de Sédur)
  • Chaurien
    Modifié (13 Jun)
    Sur Françoise Hardy : je me rappelle en 1962, un condisciple de math sup montait sur l'estrade en chantant « Tous les garçons et les filles », avec son té comme simulacre de guitare électrique...
  • Bonjour @OShine, ça te tente de traiter ce sujet pour les sciences mathématiques ? (Je pense qu'il n'y a pas de corrigés pour le moment.)
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • OShine
    Modifié (14 Jun)
    @gebrane
    Pas de soucis, je relève le challenge.
    Ce n'est pas X-ENS maths A qui m'a pris 20 heures de travail, ça devrait pas me prendre plus de 3 heures.
  • Bravo, nous attendons tous et toutes avec enthousiasme.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • OShine
    Modifié (14 Jun)
    Le début est facile, mais je pense que les 2 premières questions sont déjà ardues pour le niveau du bac français.

  • La 3.b me semble très difficile.

    3.a) 
    Question facile. Il suffit de voir que pour $x>1$, on a $\sqrt{t}=\sqrt{(x-1)^2}=|x-1|=x-1$.

    3.b) Pas réussi, la fonction n'étant pas définie en $0$, je ne comprends pas cette question.

    3.c) Le théorème d'encadrement combiné au fait que $t \longrightarrow 0 \iff x \longrightarrow 1$ donne immédiatement le résultat.

  • 3)b) facile avec l’indication
  • Bonjour Oshine, pour le 3b. Tu appliques le TAF à la fonction $x\to 2(\sqrt x -\ln (1+\sqrt x ))$ sur [0; t]
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Bonsoir à tous,
    J'avoue tiquer à la lecture de la deuxième ligne d'égalités : la valeur immédiate de la limite indiquée n'est-elle pas 0/0, donc indéterminée ? D'où vient ce "1/1" ? Si on lève cette indétermination en faisant appel aux dérivées, ce qui donne effectivement 1/1, il faut prendre la peine de l'écrire, non ? 
    Bien cordialement, JLB
  • Bonjour JLB, Je ne sais pas si ce détail est exigé
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Lirone93
    Modifié (14 Jun)
    Sûrement un changement de variable pour retomber sur une expression avec du $\dfrac{\ln u}{u}$ dont on connait, d'après le cours, la limite en $+\infty$ ($0$).
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • 3.b) est niveau L1 solide. 

    @jelobreuil
    J'ai utilisé en effet le nombre dérivé. 

    @gebrane
    3.b) Ok merci. Mais ce n'est pas plutôt l'inégalité des accroissements finis ? 
    Je n'arrive pas à conclure, l'inégalité de droite sort d'où ? 
    Notons $g(x)=-\sqrt{x}+\ln (1 + \sqrt{x} )$ qui est continue sur $[0,t]$ et dérivable sur $]0,x[$.
    On a $g'(x)=- \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} + \dfrac{1+ \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} }{1+ \sqrt{x}}$
    $g'(x)=-\dfrac{1}{2 \sqrt{x}+1}$
    On a : $|g'(x)|=\dfrac{1}{2 \sqrt{x} +1} $
    Comme $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} |g'(x)|=0$ on a $\forall x>0 \ |g'(x)| \leq \dfrac{1}{4}$.
    D'après l'inégalité des accroissements finis :  
    $|g(t)-g(0)| \leq \dfrac{1}{4} |t-0|$
    Donc : $|g(t)| < \dfrac{t}{2}$
    Donc : $-\dfrac{t}{2} < -\sqrt{t}+\ln (1 + \sqrt{t} ) < \dfrac{t}{2}$
    En divisant par $t>0$, on obtient :  
    $\boxed{-\dfrac{1}{2} < \dfrac{ -\sqrt{t}+\ln (1 + \sqrt{t} ) }{t} < \dfrac{1}{2}}$.



  • Je ne sais pas faire la 3.b malgré vos indications et celle du sujet.
  • Oshine, avec ma fonction les calculs sont plus simples
    Soit $g(x)=2(\sqrt x -\ln (1+\sqrt x ))$, alors le TAF dit $g(t)- g(0)=t g'(c)$ avec $c\in ]0, t[$, tu trouves que $g'(c) =\frac 1{1+\sqrt c}$ et puisue $c\in ]0, t[$, alors $\frac 1{1+\sqrt t} <g'(c)<1$
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Avec le pfff de Gai requin, il a mieux je pense 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • gebrane a dit :
    Oshine, avec ma fonction les calculs sont plus simples
    Soit $g(x)=2(\sqrt x -\ln (1+\sqrt x ))$, alors le TAF dit $g(t)- g(0)=t g'(c)$ avec $c\in ]0, t[$, tu trouves que $g'(c) =\frac 1{1+\sqrt c}$ et puisue $c\in ]0, t[$, alors $\frac 1{1+\sqrt t} <g'(c)<1$
    Merci. Question difficile.
    3.b) On a : $\forall t >0 \ \dfrac{t}{1+\sqrt{t}} < g(t) < t$
    Soit : $\forall t >0 \ \dfrac{t}{1+\sqrt{t}} < 2( \sqrt{t} - \ln(1+ \sqrt{t} )  < t$
    En multipliant par $- \dfrac{1}{2t} <0$, on obtient finalement :  
    $\boxed{\forall t>0 \ - \dfrac{1}{2} < \dfrac{-\sqrt{t}+ \ln(1+ \sqrt{t})}{t} < \dfrac{-1}{2(1+\sqrt{t})}}$.
  • @jelobreuil,
    Il manque effectivement un petit argument, la fonction ln est dérivable en 1, et il faudrait ajouter que la dérivée est la fonction 1/x. Et donc  $lim \frac{ln(x)-ln(1)}{x-1} = ln'(1) = \frac{1}{1} = 1$

    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  •  @OShine :  si $g(x) = - \sqrt x + \ln ( 1 + \sqrt x)$ alors ça m'étonnerait que $g'(x) = - \dfrac 1 {2 \sqrt x} + \dfrac {1 + \dfrac 1 {2 \sqrt x}}{1 + \sqrt x}$

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • zygomathique a dit :
     @OShine :  si $g(x) = - \sqrt x + \ln ( 1 + \sqrt x)$ alors ça m'étonnerait que $g'(x) = - \dfrac 1 {2 \sqrt x} + \dfrac {1 + \dfrac 1 {2 \sqrt x}}{1 + \sqrt x}$
    Oui bien vu erreur de calcul.
  • Pour la 4, question calculatoire, mais je m'en suis sorti. 
    C'est une belle question.
    4.a) Cela revient à montrer que $\forall x>1 \ f(x)-\dfrac{1}{2}= - \dfrac{\ln x}{ 2(x+1)} + \dfrac{\ln (x)-x+1}{2(x-1)}$.
    On a calcule séparément : 
    • $f(x)-\dfrac{1}{2}= \dfrac{2 \ln(x)-x^2+1}{2(x^2-1)}$.
    • $- \dfrac{\ln x}{ 2(x+1)} + \dfrac{\ln (x)-x+1}{2(x-1)}=\dfrac{- \ln(x) (x-1)+(x+1) ( \ln(x)-x+1) }{2(x-1)(x+1)}=\dfrac{2 \ln(x)-x^2+1}{2(x^2-1)}$.
    Ce qui donne bien le résultat voulu.
    $\boxed{\forall x>1 \ \dfrac{f(x)-\dfrac{1}{2}}{x-1}= - \dfrac{\ln x}{x-1} \times \dfrac{1}{2(x+1)}  + \dfrac{\ln (x)-x+1}{2(x-1)^2}}$.
    4.b) On a :
    $\dfrac{f(x)-\dfrac{1}{2}}{x-1}= - \dfrac{1}{2} f(x)  + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\ln (x)-x+1}{(x-1)^2}$
    En utilisant les questions précédentes, il vient : 
    $\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+} } \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{-1}{2}$
    Finalement : 
    $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+} } \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\dfrac{1}{2}}$.
    Interprétation graphique : 
    La pente de la tangente au point d'abscisse $1$ vaut $-\dfrac{1}{2}$.
    La droite d'équation $y=-\dfrac{1}{2}x+1$ est tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $x=1$.

  • Bingo, la suite 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Question 5.

  • Questions 6 et 7.

  • La fin de l'exercice 1.

  • Bravo. Tu brilles en calculs
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Merci l'exercice 2 ne devrait pas me poser de difficulté j'ai revu les changements de variables et les fonctions réciproques il y a moins d'un mois.
    Je devrais le traiter en 30 minutes.
  • Lirone93
    Modifié (15 Jun)
    J'ai l'impression qu'en 7, tu montres l'unicité de la solution mais on ne voit que l'argument sur l'existence, qui en principe, ne suffit pas.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • OShine
    Modifié (15 Jun)
    @Lirone93
    Tu as raison, l'unicité provient de la stricte monotonie de $g$ qui est décroissante comme somme de fonctions décroissantes.
  • OShine
    Modifié (15 Jun)
    Pour l'exercice 2, j'ai perdu un peu de temps car je me suis efforcé de rédiger le changement de variable de façon très rigoureuse, et non pas à la physicienne. 

    Exercice 2 : 
    $\forall x \in [0,1] \ F(x)= \displaystyle\int_{0}^x e^{t^2} dt$.
    On remarque que $F$ est l'unique primitive de $t \mapsto e^{t^2}$ qui s'annule en $0$.
    1.a) La fonction $t \mapsto e^{t^2}$ est continue sur $[0,1]$, d'après le théorème fondamental de l'analyse, $F$ est continue et $\forall x \in [0,1] \ F'(x)=e^{x^2} \geq 0$.
    Donc $F$ est strictement croissante sur $[0,1]$. 
    1.b) $F$ réalise une bijection de $[0,1]$ sur $[F(0),F(1)]$. Or, $F(0)=0$ et $F(1)= \beta$.
    Le résultat est alors immédiat.
    2.a) $S_n= \dfrac{1}{\beta} \times \dfrac{\beta -0}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n F^{-1} ( k \dfrac{ \beta-0}{n} )$.
    On reconnaît une somme de Riemann.
    $F^{-1}$ étant continue sur $[0,\beta]$, on a :
    $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} S_n = \ell =\dfrac{1}{\beta} \displaystyle\int_{0}^{\beta} F^{-1} (t) dt}$
    2.b) On pose $t=F(u)$ car $u=F^{-1} (t) \iff t =F(u)$.
    On a $\ell= \dfrac{1}{\beta} \displaystyle\int_{0}^{\beta} F^{-1} (t) dt= \dfrac{1}{\beta}  \displaystyle\int_{F(0)}^{F(1)} F^{-1} (t) dt$
    La fonction $t \mapsto F^{-1}(t)$ est continue sur $[0,\beta]$, $F$ est de classe $C^1$ de $[0,1]$ vers $[0,\beta]$.
    Le théorème de changement de variable fournit : 
    $\ell= \dfrac{1}{\beta} \displaystyle\int_{0}^{1} F^{-1} (F(u)) F'(u) du$
    Enfin : $\boxed{\ell= \displaystyle\int_{0}^{1} u e^{u^2} du}$.
    2.c) On a : $\ell= \dfrac{1}{2 \beta} \displaystyle\int_{0}^{1}2 u e^{u^2} du = \dfrac{1}{2 \beta} [e^{u^2}]_0 ^1$
    Finalement : $\boxed{\ell=\dfrac{e-1}{2 \beta}}$.
  • Excellent, rien à dire
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Pour le moment, le niveau de ce Bac est modeste. Je regarde au fur à mesure.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Oui @gebrane j'ai quasiment fini l'exercice 3 sans difficulté.
    Ça me semble quand même plus dur que le bac de métropole.
  • Je ne pense pas
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • OShine
    Modifié (15 Jun)
    @gebrane
    Que penses-tu du niveau de cet exercice 3 ? 
    La dernière question je ne suis pas sûr. 

    Exercice 3 : 
    Partie I : 
    1.a) $\Delta=(-2i)^2-4 \times 1 \times \alpha=-4-4 \alpha$.
    Enfin : $\boxed{\Delta=-4(1+\alpha)}$.

    1.b) $\Delta \ne 0 \iff 1+ \alpha \ne 0 \iff \alpha \ne -1$.
    $(E_{\alpha})$ admet dans $\C$ deux solutions distinctes si $\alpha \in \R \backslash \{-1 \}$.

    2) Il s'agit des relations coefficients racines.
    On a : $\boxed{z_1+z_2=2i \ \text{et} \ \ z_1 z_2 = \alpha}$

    Partie II : 
    1.a) On a : $\Delta=-4 (1+ \alpha)$ avec $\alpha \ne -1$ donc $\boxed{m \ne 1}$.
    Or : $1+\alpha=m^2-2m+1=(m-1)^2$.
    Donc : $\Delta=[ 2i (m-1)]^2  \ne 0$.
    Posons $\delta=2i(m-1)$. $\delta$ est une racine carré de $\Delta$.
    Les solutions sont : $z_1= \dfrac{2i+\delta}{2}=\dfrac{2i+ 2i(m-1)}{2}=i+i(m-1)=im$.
    De même : $z_2= \dfrac{2i-\delta}{2}=\dfrac{2i- 2i(m-1)}{2}=i-i(m-1)=2i-im=(2-m)i$.
    On a montré : $\boxed{z_1=im \ \text{et} \ z_2=(2-m) i}$.
    Vérification : 
    $z_1+z_2=im +(2-m)i=2i$ et $z_1 z_2 = (2-m) m i^2=-(2-m)m=(m-2)m=m^2-2m= \alpha$.

    1.b) Si $m=0$, $z_1=0$ et $O,M_1,M_2$ sont bien alignés. Supposons à présent $m \ne 0$.
    $O,M_1,M_2$ sont alignés si et seulement si $\dfrac{z_2}{z_1} \in \R$.
    Or $\dfrac{z_2}{z_1}=\dfrac{(2-m)i}{im}=\dfrac{2-m}{m} \in \R$.
    Le résultat en découle.

    2.a)  On a : $\dfrac{z_1}{z_2} \in i \R \iff \dfrac{z_1}{z_2} = -\dfrac{ \bar{z_1}}{ \bar{z_2}} \\ 
    \iff z_1 \bar{z_2} = - z_2  \bar{z_1} \\
    \iff 2 Re( z_1  \bar{z_2} )=0$
    On a montré : $\dfrac{z_1}{z_2} \in i \R \iff Re(z_1 \bar{z_2} )=0$.

    2.b) Calculons : $|z_1-z_2|^2-|z_1+z_2|^2$.
    On a : $|z_1-z_2|^2-|z_1+z_2|^2= (z_1-z_2) \overline{(z_1-z_2)} -  (z_1+z_2) \overline{(z_1+z_2)} $
    Donc :  $|z_1-z_2|^2-|z_1+z_2|^2= (z_1-z_2)(  \bar{z_1}-  \bar{z_2}) - (z_1+z_2)(  \bar{z_1}+\bar{z_2})$
    On développe, ce qui donne : 
     $|z_1-z_2|^2-|z_1+z_2|^2=|z_1|^2 -z_1  \bar{z_2}- z_2 \bar{z_1}+ |z_2|^2 -(  |z_1|^2 +z_1  \bar{z_2}+z_2 \bar{z_1}+ |z_2|^2    )  $
    $|z_1-z_2|^2-|z_1+z_2|^2=-2 ( z_1  \bar{z_2}+ z_2 \bar{z_1} )=-2 \times 2 Re( z_1 \bar{z_2})$.
    On a montré : $\boxed{|z_1-z_2|^2 = |z_1+z_2|^2 -4 Re( z_1 \bar{z_2})}$.

    2.c) On a : $\dfrac{z_1}{z_2} \in i \R \iff |z_1-z_2|^2 = |z_1+z_2|^2$.
    Or $z_1+z_2=2i$ et donc $|z_1+z_2|^2=|2i|^2=4$.
    On a donc : $\boxed{\dfrac{z_1}{z_2} \in i \R \iff |z_1-z_2|=2}$.

    3.a) On a vu que : $\boxed{\Delta= -4 (m-1)^2}$.
     
    On a : $z_1-z_2= im -(2-m)i= 2im-2i=2(m-1)i$
    Donc : $(z_1-z_2)^2=(2i)^2 (m-1)^2=-4 (m-1)^2$.
    On a bien : $\boxed{(z_1-z_2)^2= \Delta}$.

    3.b) On a : $|z_1-z_2|^2= | \Delta |$.
    Pour $|z_1-z_2|=2$, on obtient : $|\Delta|=4$.
    Soit : $(m-1)^2=1$ donc $|m-1|=1$.
    Donc : $\boxed{m \in \{0,2 \}}$.
    Si $m=0$, alors $\alpha=0$.
    Si $m=2$ alors $\alpha=2^2-2 \times 2=0$
    Je trouve que $\Gamma$ est un singleton : $\boxed{\Gamma = \{ (0,0) \}}$.

    PS : erreur rectifiée mais je trouve mon résultat bizarre pour 3.b.






  • Erreur de calcul en 3. b).
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Dans la partie II.1, rien ne nous dit que z_1 et z_2​ sont distincts.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.