الاختبار الأول في الرياضيات للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (رياضيات)

حل التمرين الأول (4 نقاط)

1. العبارة صحيحة (1 نقطة).

• من أجل $x>0$: $\sqrt{x^2+x}-x=\dfrac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}$ (0.5 ن)
• وبما أن $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1+\tfrac1x}=1$ فإن النهاية تساوي $\dfrac12$ (0.5 ن).

2. العبارة خاطئة (1 نقطة).

• مثال مضاد (0.5 ن): $f(x)=\left(x-\frac12\right)^2$ مستمرة على $[0\,;1]$ و $f(0)=f(1)=\frac14$ فالجداء $\frac1{16}>0$.
• ومع ذلك $f\left(\frac12\right)=0$ و $\frac12\in[0\,;1]$ (0.5 ن).
• (مبرهنة القيم المتوسطة تعطي شرطاً كافياً فقط عندما $f(0)f(1)<0$).

3. العبارة خاطئة (1 نقطة).

• $\dfrac{\sin 3x}{2x}=\dfrac32\times\dfrac{\sin 3x}{3x}$ (0.5 ن).
• وبما أن $\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1$ فإن النهاية تساوي $\dfrac32\neq3$ (0.5 ن).

4. العبارة صحيحة (1 نقطة).

• $(u_n)$ متناقصة ومحدودة من الأسفل بالعدد $0$ لأن $u_n>0$ (0.5 ن).
• وكل متتالية متناقصة ومحدودة من الأسفل متقاربة (0.5 ن).

حل التمرين الثاني (6 نقاط)

1. (1.5 ن) نبرهن بالتراجع على الخاصية $P(n)$: $0\le u_n<3$.

• التحقق (0.25 ن): $u_0=0$ و $0\le0<3$ فـ $P(0)$ صحيحة.
• الوراثة (0.75 ن): نفرض $0\le u_n<3$ من أجل عدد طبيعي $n$. إذن $3\le 2u_n+3<9$، وبما أن دالة الجذر التربيعي متزايدة تماماً على $[0\,;+\infty[$ فإن $\sqrt3\le u_{n+1}<3$، ومنه $0\le u_{n+1}<3$. إذن $P(n+1)$ صحيحة.
• الخلاصة (0.5 ن): من أجل كل $n\in\mathbb{N}$: $0\le u_n<3$.

2. (1.5 ن)

أ) (1 ن) $u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_{n+1}^2-u_n^2}{u_{n+1}+u_n}=\dfrac{2u_n+3-u_n^2}{u_{n+1}+u_n}$ (0.5 ن).
لكن $2u_n+3-u_n^2=-(u_n-3)(u_n+1)=(3-u_n)(u_n+1)$ (0.5 ن)، ومنه العلاقة المطلوبة (المقام غير معدوم لأن $u_{n+1}\ge\sqrt3>0$).

ب) (0.5 ن) من السؤال 1: $3-u_n>0$ و $u_n+1>0$ و $u_{n+1}+u_n>0$، إذن $u_{n+1}-u_n>0$. المتتالية $(u_n)$ متزايدة تماماً.

3. (1.5 ن)

• $(u_n)$ متزايدة ومحدودة من الأعلى بالعدد $3$ فهي متقاربة (0.5 ن).
• نهايتها $\ell$ تحقق $\ell=\sqrt{2\ell+3}$ لأن الدالة $x\mapsto\sqrt{2x+3}$ مستمرة على $[0\,;+\infty[$ (0.25 ن).
• $\ell\ge0$ و $\ell^2=2\ell+3$ أي $\ell^2-2\ell-3=0$، جذراها $-1$ و $3$ (0.5 ن).
• بما أن $\ell\ge0$ فإن $\ell=3$ (0.25 ن).

4. (1.5 ن)

أ) (1 ن) $3-u_{n+1}=3-\sqrt{2u_n+3}=\dfrac{9-(2u_n+3)}{3+u_{n+1}}=\dfrac{6-2u_n}{3+u_{n+1}}=\dfrac{2(3-u_n)}{3+u_{n+1}}$ (0.5 ن).
بما أن $u_{n+1}\ge0$ فإن $3+u_{n+1}\ge3$ ومنه $\dfrac{2}{3+u_{n+1}}\le\dfrac23$، وبما أن $3-u_n>0$ فإن $3-u_{n+1}\le\dfrac23(3-u_n)$ (0.5 ن).

ب) (0.5 ن) بالتراجع (أو بتطبيق المتباينة متتالياً): $3-u_n\le\left(\frac23\right)^n(3-u_0)=3\left(\frac23\right)^n$ مع $3-u_n>0$.
بما أن $0<\frac23<1$ فإن $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\tfrac23\right)^n=0$، وبمبرهنة الحصر $\displaystyle\lim(3-u_n)=0$، أي $\displaystyle\lim u_n=3$ وهو ما وجدناه سابقاً.

حل التمرين الثالث (10 نقاط)

1. (0.5 ن) $x\in D_f\iff x^2-4x+3\ge0$. جذرا الثلاثي الحدود $1$ و $3$، إذن $D_f=]-\infty\,;1]\cup[3\,;+\infty[$.

2. (2.5 ن)

أ) (0.5 ن) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ لأن $x-1\to+\infty$ و $\sqrt{x^2-4x+3}\to+\infty$.

ب) (1 ن) من أجل $x\le1$ لدينا $x-2<0$ فـ $\sqrt{x^2-4x+3}-(x-2)>0$.
$f(x)-1=(x-2)+\sqrt{x^2-4x+3}=\dfrac{(x^2-4x+3)-(x-2)^2}{\sqrt{x^2-4x+3}-(x-2)}=\dfrac{-1}{\sqrt{x^2-4x+3}-(x-2)}$ (0.5 ن).
عندما $x\to-\infty$ المقام يؤول إلى $+\infty$ فـ $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=1$ (0.25 ن). التفسير: المستقيم ذو المعادلة $y=1$ مقارب أفقي للمنحنى عند $-\infty$ (0.25 ن).

ج) (1 ن) من أجل $x\ge3$: $f(x)-(2x-3)=\sqrt{x^2-4x+3}-(x-2)=\dfrac{(x^2-4x+3)-(x-2)^2}{\sqrt{x^2-4x+3}+(x-2)}=\dfrac{-1}{\sqrt{x^2-4x+3}+x-2}$ (0.5 ن).
هذه الكمية تؤول إلى $0$ عندما $x\to+\infty$، فالمستقيم $(\Delta)$ مقارب مائل. وهي سالبة تماماً على $[3\,;+\infty[$ إذن $(C_f)$ تحت $(\Delta)$ (0.5 ن).

3. (1.5 ن)

• عند $3$ من اليمين (0.75 ن): $f(3)=2$ ومن أجل $x>3$: $\dfrac{f(x)-f(3)}{x-3}=\dfrac{x-3+\sqrt{(x-1)(x-3)}}{x-3}=1+\sqrt{\dfrac{x-1}{x-3}}\to+\infty$. الدالة غير قابلة للاشتقاق عند $3$ من اليمين، و$(C_f)$ يقبل عند النقطة $A(3\,;2)$ نصف مماس شاقولي موجّه نحو الأعلى.
• عند $1$ من اليسار (0.75 ن): $f(1)=0$ ومن أجل $x<1$: $\dfrac{f(x)}{x-1}=1+\dfrac{\sqrt{(1-x)(3-x)}}{x-1}=1-\sqrt{\dfrac{3-x}{1-x}}\to-\infty$. الدالة غير قابلة للاشتقاق عند $1$ من اليسار، و$(C_f)$ يقبل عند النقطة $B(1\,;0)$ نصف مماس شاقولي موجّه نحو الأعلى (لأن $f(x)>0=f(1)$ من أجل $x<1$).

4. (2.5 ن)

أ) (1 ن) $\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt u}$ مع $u(x)=x^2-4x+3$، $u'(x)=2x-4$. إذن $f'(x)=1+\dfrac{2x-4}{2\sqrt{x^2-4x+3}}=1+\dfrac{x-2}{\sqrt{x^2-4x+3}}$.

ب) (1.5 ن)

• على $]3\,;+\infty[$: $x-2>0$ فـ $f'(x)>1>0$ (0.25 ن).
• على $]-\infty\,;1[$: $f'(x)=\dfrac{\sqrt{x^2-4x+3}+x-2}{\sqrt{x^2-4x+3}}$ ولدينا $\sqrt{x^2-4x+3}+x-2=\dfrac{-1}{\sqrt{x^2-4x+3}-(x-2)}<0$ (من السؤال 2-ب)، إذن $f'(x)<0$ (0.5 ن).
• جدول التغيرات (0.75 ن):

(المنحنى غير موجود على $]1\,;3[$.)

5. (1.5 ن)

أ) (1 ن) $f$ مستمرة ورتيبة تماماً على كل من $]-\infty\,;1]$ و $[3\,;+\infty[$، وحسب مبرهنة القيم المتوسطة: $f(]-\infty\,;1])=[0\,;1[$ و $f([3\,;+\infty[)=[2\,;+\infty[$.
المناقشة:

• $m<0$ أو $1\le m<2$: لا يوجد حل.
• $0\le m<1$: حل وحيد (في $]-\infty\,;1]$).
• $m\ge2$: حل وحيد (في $[3\,;+\infty[$).

ب) (0.5 ن) $f\left(\frac34\right)=\frac34-1+\sqrt{\frac9{16}-3+3}=-\frac14+\frac34=\frac12$. وبما أن $0<\frac12<1$ فهو الحل الوحيد.

6. (1.5 ن)
يشمل الرسم: المقارب الأفقي $y=1$ عند $-\infty$ (0.25 ن)، والمقارب المائل $y=2x-3$ عند $+\infty$ (0.25 ن)، والنقطتين $B(1\,;0)$ و $A(3\,;2)$ مع نصفي المماسين الشاقوليين الموجّهين نحو الأعلى (0.5 ن)، والفرع الأول متناقص من $y=1$ نحو $B$، والفرع الثاني متزايد من $A$ ويقترب من $(\Delta)$ من الأسفل (0.5 ن).