موضوع مباراة مباراة توظيف الأساتذة أطر الأكاديميات بالنسبة للتعليم الثانوي بسلكيه الإعدادي والتأهيلي – المركز الوطني للتقويم والامتحانات والتوجيه 2018

موضوع في ديداكتيك مادة الرياضيات (20 نقطة)

الجزء الأول – I

• 1) المستوى: الجذع المشترك العلمي والتكنولوجي (الصيغة التحليلية خارج المقرر، وتدرس لاحقا في الأولى باكالوريا) (à vérifier).
• 2) المعارف: تعريف الجداء السلمي انطلاقا من الإسقاط العمودي؛ خاصياته (التماثل، الخطية، الجداء السلمي لمتجهة في نفسها u² = ‖u‖²)؛ الصيغة المثلثية u·v = ‖u‖·‖v‖·cos(u,v)؛ شرط تعامد متجهتين؛ التطبيقات: العلاقات المترية في المثلث القائم، مبرهنة المتوسط، مبرهنة الكاشي.
• 3) المكتسبات القبلية: المتجهات والعمليات عليها؛ الإسقاط العمودي؛ مبرهنتا فيتاغورس وطاليس؛ النسب المثلثية في مثلث قائم؛ المسافة والمنتصف؛ الاستقامية.
• 4) التعريف: لتكن u = AB→ و v = AC→ غير منعدمتين، و H المسقط العمودي للنقطة C على (AB). u·v = AB × AH إذا كان AB→ و AH→ لهما نفس المنحى، و u·v = −AB × AH إذا كانا متعاكسين؛ و u·v = 0 إذا كانت إحدى المتجهتين منعدمة.
• 5) المحل الهندسي: مجموعة النقط M من المستوى التي تحقق خاصية معينة (مثلا MA→·MB→ = k، أو MA² + MB² = k)، والمطلوب تحديد طبيعتها (دائرة، مستقيم...) وعناصرها المميزة.
• 6) الترجمة:
  • Contenus du programme : Définition et propriétés ; forme trigonométrique ; orthogonalité de deux vecteurs ; quelques applications du produit scalaire : relations métriques dans un triangle rectangle, théorème de la médiane, théorème d'Al-Kashi.
  • Capacités attendues : Exprimer la distance et l'orthogonalité à l'aide du produit scalaire ; utiliser le produit scalaire pour résoudre des problèmes géométriques ; utiliser le théorème d'Al-Kashi et le théorème de la médiane pour résoudre des exercices géométriques.
  • Orientations pédagogiques : Le produit scalaire et ses propriétés sont introduits à partir de la projection orthogonale ; il faut insister sur le rôle de cet outil dans la détermination de certains lieux géométriques du plan et dans le calcul des longueurs, des aires et des mesures d'angles ; l'expression analytique du produit scalaire est hors programme.

الجزء الأول – II

• 1) النشاط 6 (صيغة الجيوب): نشاط إغنائي/توسيعي، لأن صيغة الجيوب غير واردة صراحة في محتوى البرنامج. النشاط 7: نشاط تطبيقي (توظيفي)، يستثمر الجداء السلمي في حساب الأطوال والمساحات. النشاط 8: نشاط تطبيقي، يستثمر الجداء السلمي في تحديد المحلات الهندسية. ولا يوجد بينها نشاط بنائي لتعريف الجداء السلمي.
• 2) النشاط 6: استعمال الجداء السلمي وحساب المسافات في حساب قياسات الزوايا والمساحات. النشاط 7: التعبير عن التعامد بالجداء السلمي وحساب الأطوال والمساحات. النشاط 8: تحديد محلات هندسية (دوائر) بواسطة الجداء السلمي.
• 3) أ) صعوبات النشاط 7: اختيار التفكيك IB→ + BC→ = IC→ و LA→ + AB→ = LB→؛ حساب الجداء السلمي لمتجهات متعامدة أو مستقيمية؛ استعمال الإسقاط لاستنتاج PQ (IC→·BJ→ = PQ × IC)؛ البرهنة على أن PQRS مربع (التماثل الدوراني للشكل)؛ كثرة العناصر في الشكل.
  ب) وضعية داعمة: نفس الشكل بقيمة عددية (a = 2) ومعلم متعامد ممنظم؛ حساب إحداثيات المتجهات IC→ و LB→ والتحقق من التعامد؛ ثم حساب IC = a√5/2 وتجزيء السؤال 4 (احسب IC→·BJ→ مباشرة، ثم بالإسقاط)؛ وأخيرا العودة إلى الحالة العامة.
• 4) أ) أمثلة (à vérifier حسب العناوين الرسمية): «المساحات والمحيطات» (الأولى إعدادي)؛ «الحجوم والمساحات – الهندسة الفضائية» (الإعدادي)؛ «حساب التكامل وتطبيقاته: حساب المساحات» (الثانية باكالوريا).
  ب) برهان فيتاغورس: نرسم مربعا ضلعه a + b ونضع داخله أربعة مثلثات قائمة ضلعاها a و b ووترها c، فيتكون في الوسط مربع ضلعه c. حساب المساحة بطريقتين: (a + b)² = 4 × (ab/2) + c²، أي a² + 2ab + b² = 2ab + c²، إذن a² + b² = c².
• 5) لا، لأن الصيغة التحليلية للجداء السلمي خارج المقرر في الجذع المشترك؛ ويحل السؤال متجهيا: MA→·MB→ = MI² − IA² = MI² − 25/4 = −4، إذن MI² = 9/4 و MI = 3/2.

الجزء الثاني

• 1) الخطأ: التلميذ افترض أن المستقيم (CI) يقطع [AE] في النقطة I، أي اعتبر أن النقط A و I و E مستقيمية، وهذا هو المطلوب البرهنة عليه (مصادرة على المطلوب). المصدر المحتمل: الاعتماد على الشكل المرسوم (حيث تبدو [AE] مارة بالنقطة I) بدل البرهان، والخلط بين المعطيات والمطلوب.
• 2) المعالجة: مطالبة التلميذ بتسمية نقطة تقاطع (BC) و (AE) باسم جديد I'؛ ثم تطبيق مبرهنة المنتصفين: I' منتصف [AE] و CI' = AD/2 = BC/2، و I' تنتمي إلى [BC]، إذن I' = I. ويمكن أيضا اقتراح حل متجهي (AI→ = ½ AE→)، وأن يرسم التلميذ شكلا لا يمر فيه [AE] بالنقطة I ليرى أن الاستقامية ليست معطاة، ثم مناقشة جماعية حول الفرق بين الملاحظة على الشكل والبرهان.

الجزء الثالث

• 1) المستوى: الثالثة إعدادي (أو الثانية إعدادي)، لأن الحل يتطلب مبرهنة فيتاغورس ومعادلة من الدرجة الأولى (à vérifier).
• 2) الشرط MA = MB يعني أن M تنتمي إلى واسط [AB]. عند H: HA = 3 KB = 4. إذن الفرق MA − MB يغير إشارته على [HK]، فالواسط يقطع القطعة [HK] في نقطة وحيدة M، ومنه يوجد حل.
• 3) المعارف والتقنيات: مبرهنة فيتاغورس؛ المتطابقات الهامة؛ حل معادلة من الدرجة الأولى؛ الجذر المربع والقيمة المقربة؛ ترييض الوضعية (اختيار المجهول).
• 4) صياغة جديدة: «نضع HM = x (بالمتر). 1) عبر عن AM² و BM² بدلالة x. 2) علما أن AM = BM، حدد x. 3) استنتج طول السلم L.»
  الحل: AM² = 9 + x² و BM² = 16 + (5 − x)². من AM = BM نحصل على 9 + x² = 41 − 10x + x²، إذن 10x = 32 و x = 3,2 m. ومنه L² = 9 + 10,24 = 19,24، أي L = √19,24 ≈ 4,39 m.

Mathématiques – QCM (20 points)

• Q1 : D – La négation de ∀∀(P ⇒ Q) est ∃∃(P et non Q). A, B et C nient mal les quantificateurs ou l'implication.
• Q2 : C – Caractérisation classique de la borne supérieure. A est faux (pas toujours de plus grand élément) ; D omet que a est un majorant.
• Q3 : A et C – A : inégalité triangulaire avec a + b = (a − c) + (c + b). C : si x ≤ y ≤ z, la somme vaut 2(z − x). D est faux (a = b = 1, c = −1 : 2 ≠ 4).
• Q4 : B – X ↦ X ∖ {a} est une bijection sur P(E ∖ {a}), qui a 2^(n−1) éléments.
• Q5 : C – 21x − 45y = 3 ⇔ 7x − 15y = 1, solution particulière (−2, −1) ; A est faux car les solutions sont (27 + 67k, 2 + 5k) avec le même k ; pour B, pgcd = 3 ne divise pas 1 ; D revient à 10x + 12y = 15, impossible.
• Q6 : B et D – |z|^8 = |z| donne z = 0 ou |z| = 1 ; si |z| = 1, z̄ = 1/z donc z^9 = 1 : 9 solutions non nulles, plus 0, soit 10 au total.
• Q7 : D – |1 + iz| = |z − i| ; (x − 1)² + y² = 2(x² + (y − 1)²) ⇔ (x + 1)² + (y − 2)² = 4 (le point i n'est pas sur ce cercle).
• Q8 : B et C – (D) : x + y + c = 0 avec |c|/√2 = 1, donc c = ±√2.
• Q9 : A – p_(n+1) = p_n × 1/2 + (1 − p_n) × 1/3 = p_n/6 + 1/3.
• Q10 : B et C – u_(n+1) − a = (u_n − a)²/(2u_n) ≥ 0 et u_(n+1) − u_n = (a² − u_n²)/(2u_n) ≤ 0 pour n ≥ 1 ; de plus 0 ≤ (u_n − a)/(2u_n) < 1/2, d'où C par récurrence ; la suite converge vers a.
• Q11 : A et D – b_n − a_n = 1/2^n, a_n croissante et b_n décroissante ; la limite commune est un zéro de f (TVI). B est faux (unicité non garantie) ; dans C, la racine est entre a_n et le milieu, donc b_(n+1) = milieu.
• Q12 : C – v_n = Σ_(j=2n)^(3n−1) 1/j → ln(3n/2n) = ln(3/2) (somme de Riemann).
• Q13 : B – f(x) = exp(x ln 2x − 2x ln x) = exp(x(ln 2 − ln x)) → 0.
• Q14 : B – Théorème des valeurs intermédiaires. A est faux sur ]0,1] avec 1/x ; C est faux avec sin sur ]0,2π[ ; D est faux sur [0,+∞[ avec 1/(1 + x).
• Q15 : B et C – 1/(−2 + h) = −½(1 + h/2 + h²/4) = −½ − h/4 − h²/8 ; puis e^(−½)·e^(−h/4 − h²/8) = e^(−½)(1 − h/4 − h²/8 + h²/32).
• Q16 : D – g(a) = g(b) = 0 et g'(x) = (f(x) − f''(x))e^x.
• Q17 : C et D – F'(x) = 2f(2x) − f(x) = (1 − e^(−x))² / (…) ≥ 0 (le dénominateur est positif car t + 1 − e^(−t) a le signe de t) ; F > 0 sur chaque intervalle (f a le signe de t et les bornes sont orientées en conséquence).
• Q18 : B – Le changement de variable échange sin et cos ; 2I = ∫_0^(π/2) dx = π/2.
• Q19 : C et D – 1 − cos(1/n^α) ~ 1/(2n^(2α)) ; (2^n + a_n)/(3^n + a_n) ≤ (2/3)^n + a_n. A est faux (sin(1/n²) ~ 1/n²) ; B est faux (le rapport tend vers e > 1).
• Q20 : B et D – Γ(α) converge pour α > 0 ; (1 − cos x)/x² → 1/2 en 0 et est ≤ 2/x² à l'infini. A diverge pour α ≤ 0 ; C diverge en t = 1.