الامتحان الوطني الموحد 2016 الدورة الإستدراكية: الموضوع والتصحيح

1

التمرين 1

المتتاليات العادية

نعتبر المتتالية العددية $(u_{n})$ المعرفة بما يلي: $u_{0} = 2$ و $u_{n + 1} = \frac{1}{16} u_{n} + \frac{15}{16}$ لكل $n$ من $ℕ$

$1$

$أ$ بين بالترجع أن $u_{n} > 1$ لكل $n$ من $ℕ$

$ب$ تحقق من أن $u_{n + 1} - u_{n} = - \frac{15}{16} (u_{n} - 1)$ لكل $n$ من $ℕ$ ثم بين أن المتتالية $(u_{n})$ تناقصية

$ج$ استنتج أن المتتالية $(u_{n})$ متقاربة

$2$ لتكن $(v_{n})$ المتتالية العددية بحيث $v_{n} = u_{n} - 1$ لكل $n$ من $ℕ$

$أ$ بين أن $(v_{n})$ متتالية هندسية أساسها $\frac{1}{16}$ واكتب $v_{n}$ بدلالة $n$

$ب$ بين أن $u_{n} = 1 + {(\frac{1}{16})}^{n}$ لكل $n$ من $ℕ$ ثم حدد نهاية المتتالية $(u_{n})$

المتتاليات العادية

$1$

$أ$ لدينا $u_{0} = 2 > 1$ أي العلاقة صحيحة من أجل $n = 0$

نفترض أن $u_{n} > 1$

إذن

$\frac{1}{16} u_{n} > \frac{1}{16} \Rightarrow \frac{1}{16} u_{n} + \frac{15}{16} > \frac{1}{16} + \frac{15}{16} \Rightarrow u_{n + 1} > 1$

وبالتالي العلاقة صحيحة من أجل $n + 1$

الخلاصة:

$(\forall n \in ℕ) u_{n} > 1$

$ب$ لدينا

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{16} u_{n} + \frac{15}{16} - u_{n} u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1 - 16}{16} u_{n} + \frac{15}{16} u_{n + 1} - u_{n} = - \frac{15}{16} (u_{n} - 1)$

لدينا $u_{n + 1} - u_{n} = - \frac{15}{16} (u_{n} - 1)$ وحسب السؤال $1$ وجدنا أن $u_{n} > 1$ أي $u_{n} - 1 > 0$

إذن $u_{n + 1} - u_{n} < 0$

الخلاصة: المتتالية $(u_{n})$ تناقصية

$ج$ بما أن $(u_{n})$ تناقصية ومصغورة بالعدد $1$ فهي متقاربة

$2$ لتكن $(v_{n})$ المتتالية العددية بحيث $v_{n} = u_{n} - 1$ لكل $n$ من $ℕ$

$أ$ لدينا

$v_{n + 1} = u_{n + 1} - 1 v_{n + 1} = \frac{1}{16} u_{n} + \frac{15}{16} - 1 v_{n + 1} = \frac{1}{16} (u_{n} - 1) v_{n + 1} = \frac{1}{16} v_{n}$

إذن $(v_{n})$ متتالية هندسية أساسها $\frac{1}{16}$ وحدها الأول هو: $v_{0} = u_{0} - 1 = 2$

الخلاصة:

$v_{n} = {(\frac{1}{16})}^{n}$

$ب$ لدينا

$u_{n} = v_{n} + 1 = 1 + {(\frac{1}{16})}^{n}$

بما أن $\frac{1}{16} < 1$ فإن $\lim_{n \to + \infty} {(\frac{1}{16})}^{n} = 0$

الخلاصة:

$\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 1$
2

التمرين 2

الهندسة الفضائية

نعتبر، في الفضاء المنسوب إلى معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$ ، النقطتين $A (1, 3, 4)$ و $B (0, 1, 2)$

$1$

$أ$ بين أن $\vec{O A} \land \vec{O B} = 2 \vec{i} - 2 \vec{j} + \vec{k}$

$ب$ بين أن $2 x - 2 y + z = 0$ هي معادلة ديكارتية للمستوى $(O A B)$

$2$ لتكن الفلكة $(S)$ التي معادلتها $x^{2} + y^{2} + z^{2} - 6 x + 6 y - 6 z + 2 = 0$

بين أن مركز الفلكة $(S)$ هو النقطة $Ω (3, - 3, 3)$ وشعاعها $5$

$3$

$أ$ بين أن المستوى $(O A B)$ مماس للفلكة $(S)$

$ب$ حدد مثلوث إحداثيات $H$ نقطة تماس المستوى $(O A B)$ والفلكة $(S)$

الهندسة الفضائية

$1$

$أ$ لدينا $\vec{O A} (1, 3, 4)$ و $\vec{O B} (0, 1, 2)$

إذن

$\vec{O A} \land \vec{O B} = |\begin{matrix} \vec{i} & 1 & 0 \\ \vec{j} & 3 & 1 \\ \vec{k} & 4 & 2 \end{matrix}| \vec{O A} \land \vec{O B} = |\begin{matrix} 3 & 1 \\ 4 & 2 \end{matrix}| \vec{i} - |\begin{matrix} 1 & 0 \\ 4 & 2 \end{matrix}| \vec{j} + |\begin{matrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \end{matrix}| \vec{k} \vec{O A} \land \vec{O B} = (6 - 4) \vec{i} - (2 - 0) \vec{j} + (1 - 0) \vec{k} \vec{O A} \land \vec{O B} = 2 \vec{i} - 2 \vec{j} + \vec{k}$

$ب$ لدينا $\vec{O A} \land \vec{O B} = 2 \vec{i} - 2 \vec{j} + \vec{k}$ متجهة منظمية للمستوى $(O A B)$

ومنه المعادلة الديكارتية للمستوى $(O A B)$ تكتب على الشكل $2 x - 2 y + z + d = 0$

لنحدد قيمة $d$

لدينا $O (0, 0, 0) \in (O A B)$ أي $2 \times 0 - 2 \times 0 + 0 + d = d = 0$

الخلاصة: المعادلة الديكارتية للمستوى $(O A B)$ هي $2 x - 2 y + z = 0$

$2$ لدينا $a = - 6$ و $b = 6$ و $c = - 6$ و $d = 2$

إذن $- \frac{a}{2} = 3$ و $- \frac{b}{2} = - 3$ و $- \frac{c}{2} = 3$

وبالتالي مركز الفلكة $(S)$ هو النقطة $Ω (3, - 3, 3)$ وشعاعها

$R = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} - 4 \times 2}}{2} R = \frac{\sqrt{100}}{2} R = 5$

$3$

$أ$ لدينا

$d (Ω, (O A B)) = \frac{|2 x_{Ω} - 2 y_{Ω} + z_{Ω}|}{\sqrt{4 + 4 + 1}} d (Ω, (O A B)) = \frac{|6 + 6 + 3|}{\sqrt{9}} d (Ω, (O A B)) = \frac{15}{3} d (Ω, (O A B)) = 5$

بما أن $d (Ω, (O A B)) = R$ فإن المستوى $(O A B)$ مماس للفلكة $(S)$

$ب$ ليكن المستقيم $(Δ)$ المار من النقطة $Ω (3, - 3, 3)$ والعمودي على المستوى $(O A B)$

المتجهة $\vec{O A} \land \vec{O B} = 2 \vec{i} - 2 \vec{j} + \vec{k}$ متجهة موجهة للمستقيم $(Δ)$

وبالتالي التمثيل البارمتري للمستقيم $(Δ)$ هو

$\{\begin{matrix} x = 3 + 2 t \\ y = - 3 - 2 t \\ z = 3 + t \end{matrix}\} (t \in ℝ)$

إذن تقاطع المستوى $(O A B)$ والفلكة $(S)$ هو حل النظمة

$\{\begin{matrix} x = 3 + 2 t \\ y = - 3 - 2 t \\ z = 3 + t \\ 2 x - 2 y + z = 0 \end{matrix}\} (t \in ℝ)$

نعوض المعادلات الثلاث الأولى في المعادلة الرابعة فنحصل على

$2 (3 + 2 t) - 2 (- 3 - 2 t) + 3 + t = 0 \Rightarrow 9 t + 15 = 0 \Rightarrow t = - \frac{5}{3}$

إذن $x = - \frac{1}{3}$ و $y = \frac{1}{3}$ و $z = \frac{4}{3}$

ومنه نقطة تماس المستوى $(O A B)$ والفلكة $(S)$ هي

$H (- \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{4}{3})$
3

التمرين 3

الأعداد العقدية

$1$ حل في مجموعة الأعداد العقدية $ℂ$ المعادلة $z^{2} - 8 z + 41 = 0$

$2$ نعتبر، في المستوى العقدي المنسوب إلى معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{u}, \vec{v})$ ،النقط $A$ و $B$ و $C$ و $Ω$ التي ألحاقها على التوالي هي $a$ و $b$ و $c$ و $ω$ بحيث $a = 4 + 5 i$ و $b = 3 + 4 i$ و $c = 6 + 7 i$ و $ω = 4 + 7 i$

$أ$ احسب $\frac{c - b}{a - b}$ واستنتج أن النقط $A$ و $B$ و $C$ مستقيمية

$ب$ ليكن $z$ لحق نقطة $M$ من المستوى و $z'$ لحق النقطة $M'$ صورة $M$ بالدوران $R$ الذي مركزه $Ω$ وزاويته $- \frac{π}{2}$

بين أن $z' = - i z - 3 + 11 i$

$ج$ حدد صورة النقطة $C$ بالدوران $R$ ثم أعط شكلا مثلثيا للعدد $\frac{a - ω}{b - ω}$

الأعداد العقدية

$1$ لدينا $Δ = 8^{2} - 164 = - 100 < 0$

إذن المعادلة $z^{2} - 8 z + 41 = 0$ تقبل حلين عقدين مترافقين هما

$z_{1} = \frac{8 - i \sqrt{100}}{2} = 4 - 5 i$

و

$z_{2} = \frac{8 + i \sqrt{100}}{2} = 4 + 5 i$

$2$

$أ$ لدينا

$\frac{c - b}{a - b} = \frac{6 + 7 i - (3 + 4 i)}{4 + 5 i - (3 + 4 i)} \frac{c - b}{a - b} = \frac{3 - 3 i}{1 - i} \frac{c - b}{a - b} = 1 \in ℝ$

إذن النقط $A$ و $B$ و $C$ مستقيمية

$ب$ لدينا النقطة $M'$ هي صورة $M$ بالدوران $R$ الذي مركزه $Ω$ وزاويته $- \frac{π}{2}$

إذن

$z' - ω = e^{- i \frac{π}{2}} (z - ω) \Rightarrow z' = e^{- i \frac{π}{2}} (z - ω) + ω z' = - i (z - 4 - 7 i) + 4 + 7 i z' = - i z + - 3 + 11 i$

$ج$ لدينا لحق النقطة $C$ بالدوران $R$ يحقق $c' = - i c + - 3 + 11 i$

أي

$c' = - i (6 + 7 i) + - 3 + 11 i c' = = 4 + 5 i = a$

الشكلا المثلثي للعدد $\frac{a - ω}{b - ω}$ يكتب على الشكل:

$\frac{a - ω}{b - ω} = \frac{4 + 5 i - 4 - 7 i}{6 + 7 i - 4 - 7 i} \frac{a - ω}{b - ω} = - i \frac{a - ω}{b - ω} = i . \sin (- \frac{π}{2})$
4

التمرين 4

حساب الاحتمالات

يحتوي صندوق على $10$ كرات تحمل الأعداد: 1 و2 و2 و3 و3 و3 و4 و4 و4 و4 (لا يمكن التمييز بين الكرات باللمس)

نعتبر التجربة التالية: نسحب عشوائيا بالتتابع وبدون إحلال كرتين من الصندوق

$1$ ليكن $A$ الحدث:"الحصول على كرتين تحملان عددين زوجيين”

بين أن: $p (A) = \frac{1}{3}$

$2$ نكرر التجربة السابقة ثلاث مرات بحيث نعيد الكرتين المسحوبتين إلى الصندوق بعد كل تجربة

ليكن $X$ المتغير العشوائي الذي يساوي عدد المرات التي يتحقق فيها الحدث $A$

بين أن $p (X = 1) = \frac{4}{9}$ ثم حدد قانون احتمال المتغير العشوائي $X$

حساب الاحتمالات

$1$ لدينا السحب يتم بالتتابع وبدون إحلال

إذن $C a r d Ω = A_{10}^{2} = 90$

وبالتالي

$p (A) = \frac{C a r d A}{C a r d Ω} = \frac{A_{6}^{2}}{90} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}$

$2$ لدينا مجموعة القيم التي يأخدها المتغير العشوائي $X$ هي $\{0, 1, 2, 3\}$

ولدينا $p (X = k) = C_{3}^{k} \times {(p (A))}^{k} \times {(1 - p (A))}^{3 - k}$

إذن

$p (X = 1) = C_{3}^{1} \times (p (A)) \times {(1 - p (A))}^{2} p (X = 1) = 3 \times \frac{1}{3} \times {(1 - \frac{1}{3})}^{2} p (X = 1) = \frac{4}{9}$

و

$p (X = 0) = C_{3}^{0} \times {(p (A))}^{0} \times {(1 - p (A))}^{3} p (X = 0) = 1 \times 1 \times {(1 - \frac{1}{3})}^{3} p (X = 0) = \frac{8}{27}$

و

$p (X = 2) = C_{3}^{2} \times {(p (A))}^{2} \times {(1 - p (A))}^{1} p (X = 2) = 3 \times {(\frac{1}{3})}^{2} \times (1 - \frac{1}{3}) p (X = 2) = \frac{6}{27}$

و

$p (X = 3) = C_{3}^{3} \times {(p (A))}^{3} \times {(1 - p (A))}^{0} p (X = 0) = 1 \times {(\frac{1}{3})}^{3} \times {(1 - \frac{1}{3})}^{0} p (X = 0) = \frac{1}{27}$
5

التمرين 5

دراسة دالة عددية وحساب التكامل

$I$ لتكن $g$ الدالة العددية المعرفة على $] 0, + \infty [$ بما يلي: $g (x) = \frac{2}{x} - 1 + 2 \ln x$

الجدول جانبه هو جدول تغيرات الدالة $g$ على $] 0, + \infty [$

$1$ احسب $g (1)$

$2$ استنتج انطلاقا من الجدول أن: $g (x) > 0$ لكل $x$ من $] 0, + \infty [$

$I I$ نعتبر الدالة العددية $f$ المعرفة على $] 0, + \infty [$ بما يلي: $f (x) = 3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x$

وليكن $(C_{f})$ المنحنى الممثل للدالة $f$ في معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (الوحدة: $2 c m$ )

$1$ بين أن $\lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$ وأعط تأويلا هندسيا لهذه النتيجة

$2$

$أ$ بين أن $\lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ (لحساب النهاية يمكنك كتابة $f (x)$ على الشكل

$f (x) = x [\frac{3}{x} - 3 + 2 (1 + \frac{1}{x}) \ln x]$ )

$ب$ بين أن المنحنى $(C_{f})$ يقبل فرعا شلجميا في اتجاه محور الأراتيب بجوار $+ \infty$

$3$

$أ$ بين أن $f' (x) = g (x)$ لكل $x$ من $] 0, + \infty [$

$ب$ استنتج أن الدالة $f$ تزايدية قطعا على $] 0, + \infty [$ ثم ضع جدول تغيرات الدالة $f$ على $] 0, + \infty [$

$4$

$أ$ بين أن $I (1, 0)$ نقطة انعطاف للمنحنى $(C_{f})$

$ب$ بين أن $y = x - 1$ هي معادلة ديكارتية للمستقيم $(T)$ مماس المنحنى $(C_{f})$ في النقطة $I$

$ج$ أنشئ، في نفس المعلم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ ، المستقيم $(T)$ والمنحنى $(C_{f})$

$5$

$أ$ بين أن $\int_{1}^{2} (1 + \frac{x}{2}) d x = \frac{7}{4}$

$ب$ باسعمال مكاملة بالأجزاء، بين أن $\int_{1}^{2} (x + 1) \ln x d x = 4 \ln 2 - \frac{7}{4}$

$ج$ احسب، ب $c m^{2}$ ، مساحة حيز المستوى المحصور بين المنحنى $(C_{f})$ ومحور الأفاصيل والمستيقمين الذين معادلتاهما $x = 1$ و $x = 2$

$6$ حل مبيانيا المتراجحة $(x + 1) \ln x \geq \frac{3}{2} (x - 1)$ بحيث $x \in] 0, + \infty [$

دراسة دالة عددية وحساب التكامل

$I$

$1$ لدينا $g (x) = \frac{2}{x} - 1 + 2 \ln x$

إذن

$g (1) = 2 - 1 + 2 \ln 1 = 1$

$2$ لدينا من خلال الجدول $g (1) = 1 > 0$ قيمة دنيوية موجبة

وبالتالي

$(\forall x \in] 0, + \infty [); g (x) > g (1) > 0$

$I I$

$1$ لدينا

$\lim_{x \to 0^{+}} f (x) = \lim_{x \to 0^{+}} 3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x \lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 3 - 0 + 2 \lim_{x \to 0^{+}} \ln x \lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$

التأويل الهندسي: المستقيم الذي معادلته $x = 0$ مقارب للمنحنى $(C_{f})$

$2$

$أ$ لدينا

$\lim_{x \to + \infty} f (x) = \lim_{x \to + \infty} 3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x \lim_{x \to + \infty} f (x) = \lim_{x \to + \infty} x [\frac{3}{x} - 3 + 2 (1 + \frac{1}{x}) \ln x]$

ولدينا $\lim_{x \to + \infty} x = + \infty$ و $\lim_{x \to + \infty} \frac{3}{x} - 3 = - 3$ و $\lim_{x \to + \infty} 2 (1 + \frac{1}{x}) \ln x = + \infty$

إذن

$\lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$

$ب$ لدينا

$\lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = \lim_{x \to + \infty} \frac{3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x}{x} \lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = \lim_{x \to + \infty} \frac{3}{x} - 3 + 2 (1 + \frac{1}{x}) \ln x \lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = + \infty$

التأويل الهندسي: $(C_{f})$ يقبل فرعا شلجميا في اتجاه محور الأراتيب بجوار $+ \infty$

$3$

$أ$ لدينا لكل $x$ من $] 0, + \infty [$

$f' (x) = [3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x]' f' (x) = - 3 + 2 \ln x + \frac{2 x}{x} + \frac{2}{x} f' (x) = - 3 + 2 \ln x + 2 + \frac{2}{x} f' (x) = g (x)$

$ب$ لدينا $f' (x) = g (x) > 0$

ومنه الدالة $f$ تزايدية قطعا على $] 0, + \infty [$

$4$

$أ$ لدينا $f' (x) = g (x)$

إذن

$f " (x) = g' (x) f " (x) = (- 3 + 2 \ln x + 2 + \frac{2}{x})' f " (x) = \frac{2}{x} - \frac{2}{x^{2}} f " (x) = \frac{2 x}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}} f " (x) = \frac{2 (x - 1)}{x^{2}}$

ومنه فإن

$f " (x) = 0 \Rightarrow \frac{2 (x - 1)}{x^{2}} = 0 \Rightarrow x - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$

وبالتالي $f " (x)$ تنعدم وتغير إشارتها في النقطة $I (1, 0)$

الخلاصة: $I (1, 0)$ نقطة انعطاف للمنحنى $(C_{f})$

$ب$ لدينا $f' (1) = - 3 + 2 \ln 1 + 2 + \frac{2}{1} = 4 - 3 = 1$

إذن معادلة مماس المنحنى $(C)$ في النقطة $I$ هي

$y = f' (1) (x - 1) + f (1) y = 1 (x - 1) + 0 y = x - 1$

$ج$

$5$

$أ$ لدينا

$\int_{1}^{2} (1 + \frac{x}{2}) d x = {[x + \frac{x^{2}}{4}]}_{1}^{2} \int_{1}^{2} (1 + \frac{x}{2}) d x = 2 + 1 - 1 - \frac{1}{4} \int_{1}^{2} (1 + \frac{x}{2}) d x = \frac{7}{4}$

$ب$ ليكن

$u (x) = \ln x \Rightarrow u' (x) = \frac{1}{x}$

و

$v' (x) = x + 1 \Rightarrow v (x) = \frac{1}{2} {(x + 1)}^{2}$

لدينا

$A = \int_{1}^{2} (x + 1) \ln x d x A = \int_{1}^{2} u (x) \times v' (x) d x A = {[u (x) \times v' (x)]}_{1}^{2} - \int_{1}^{2} u' (x) \times v (x) d x A = \frac{9}{2} \ln 2 - \int_{1}^{2} \frac{1}{x} \times \frac{1}{2} {(x + 1)}^{2} d x A = \frac{9}{2} \ln 2 - \int_{1}^{2} \frac{x^{2} + 2 x + 1}{2 x} d x A = \frac{9}{2} \ln 2 - \int_{1}^{2} (\frac{x}{2} + 1) d x - \int_{1}^{2} \frac{1}{2 x} d x A = \frac{9}{2} \ln 2 - \frac{7}{4} - {[\frac{\ln x}{2}]}_{1}^{2} A = \frac{9}{2} \ln 2 - \frac{7}{4} - \frac{\ln 2}{2} A = \int_{1}^{2} (x + 1) \ln x d x = 4 \ln 2 - \frac{7}{4}$

$ج$ لدينا $f (1) = 0$

وبما أن $x \geq 1$ و $f$ دالة تزايدية قطعا فإن $f (x) \geq f (1) = 0$

وبالتالي فإن

$B = \int_{1}^{2} |f (x)| d x B = \int_{1}^{2} f (x) d x B = \int_{1}^{2} 3 - 3 x + 2 (x + 1) \ln x d x B = \int_{1}^{2} 3 - 3 x d x + \int_{1}^{2} 2 (x + 1) \ln x d x B = {[3 x - \frac{3 x^{2}}{2}]}_{1}^{2} + 2 (4 \ln 2 - \frac{7}{4}) B = 6 - 6 - \frac{3}{2} + 8 \ln 2 - \frac{7}{2} B = - 5 + 8 \ln 2$

ومنه فإن مساحة حيز المستوى المحصور بين المنحنى $(C_{f})$ ومحور الأفاصيل والمستيقمين الذين معادلتاهما $x = 1$ و $x = 2$ هي

$S = (- 5 + 8 \ln 2) \times 2 \times 2 c m^{2} S = (32 \ln 2 - 20) c m^{2}$

$6$

$S = [1, + \infty [$