Feuille de travail pour l’élève en préparation de l’AMC 10

Voici quatre problèmes tirés des concours AMC10A, AMC10B, AMC12A et AMC12B d’années passées.

1. Quelle est la valeur de

(3x – 2)(4x + 1) – (3x – 2) 4x + 1

si x = 4 ?

(A) 0 (B) 1 (C) 10 (D) 11 (E) 12

AMC10B 2002, problème n° 4 – « Factorisez pour simplifier la tâche ».

Solution : (D) Puisque (3x – 2)(4x + 1) – (3x – 2) 4x + 1 = (3x – 2)(4x + 1 – 4x + 1

= (3x – 2)·1 + 1 = 3x – 1,

et quand x = 4, on a la valeur 3·4 – 1 = 11.

Niveau de difficulté : Facile Classification : algèbre, polynômes, factorisation

2. Soit _{ a_{k }}, une suite d’entiers telle que a₁ = 1 et, pour tous les entiers positifs m et n, a_m + n = a_m + a_n + mn. Alors a₁₂ est

(A) 45 (B) 56 (C) 67 (D) 78 (E) 89

AMC10B 2002, problème n° 23 – « Créez la suite ».

Solution : (D) En posant n = 1 dans l’équation récurrente donnée, on obtient a_m + 1 = a_m + a₁ + m, pour tous les entiers positifs m. Ainsi, a_m + 1 – a_m =  + m + 1 pour chaque m = 1, 2, 3, …. Donc,

a₁₂ – a₁₁ = 12, a₁₁ – a₁₀ = 11, …, a₂ – a₁ = 2. La somme de toutes ces égalités donne

a₁₂ – a₁ = 12 + 11 + … + 2. Alors a₁₂ = 12 + 11 + … + 2 + 1 = ½·12(12 + 1) = 78.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : suite, récurrence

3. Les personnes prenant place dans une grande roue suivent une trajectoire circulaire dans un plan vertical. Une roue particulière a un rayon de 20 pieds et tourne au taux constant d’une révolution par minute. En combien de secondes une de ces personnes peut-elle parcourir le trajet partant du bas de la roue et allant à un point situé à 10 pieds au-dessus du bas ?

(A) 5 (B) 6 (C) 7,5 (D) 10 (E) 15

AMC10B 2002, problème n° 24 – « Utilisez la géométrie du triangle 30-60-90 ».

Solution : (D) Dans la figure, le centre de la roue est en O, et chaque personne à bord parcourt le trajet de A à B. Puisque AC = 10 et OB = OA = 20, le point C est le milieu de . Dans le triangle rectangle OCB, on observe que OC est la moitié de l’hypothénuse OB, de sorte que mÐCOB = 60º. Puisque la roue effectue une rotation de 360º en 60 secondes, le temps requis pour tourner d’un angle de 60 est

60·(60/360) = 10 secondes.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Géométrie plane

4. On dénote d et e les solutions de 2x² + 3x – 5 = 0. Quelle est la valeur de (d – 1)(e – 1) ?

(A) (B) 0 (C) 3 (D) 5 (E) 6

AMC10A 2003, problème n° 5 – « Utilisez les formules de la somme et du produit des racines ».

Solution : (B) Si x = d et x = e sont les racines de l’équation quadratique ax² + bx + c = 0, alors

de = c/a et d + e = –b/a.

Pour notre équation, cela implique que (d – 1)(e – 1) = de – (d + e) + 1 = –5/2 – (–3/2) + 1 = 0.

On peut aussi factoriser la quadratique directement, trouver les racines et évaluer l’expression !

Niveau de difficulté : Facile Classification : Algèbre, polynômes, formules de Vieta

Les quatre problèmes suivants ne sont disponibles que sur le site Internet

5. Monsieur Earl E. Bird quitte son domicile pour aller travailler à exactement 8 heures chaque matin. Lorsqu’il roule en moyenne à 40 milles à l’heure, il arrive à son lieu de travail trois minutes en retard. Lorsqu’il roule en moyenne à 60 milles à l’heure, il arrive à son lieu de travail trois minutes en avance. À quelle vitesse moyenne, en milles à l’heure, monsieur Bird devrait-il rouler pour arriver à son lieu de travail à temps ?

(A) 45 (B) 48 (C) 50 (D) 55 (E) 58

AMC10A 2002, problème n° 12 – « La distance est le taux multiplié par le temps ».

Solution : (B) Soit t le nombre d’heures durant lesquelles M. Bird doit rouler pour arriver à temps. Puisque trois minutes équivalent à 0,05 heures, 40(t + 0,05) = 60(t – 0,05). Ainsi,

40t + 2 = 60t – 3, de sorte que t = 0,25.

La distance de sa résidence au bureau est 40(0,25 + 0,05) = 12 miles. Par conséquent, sa vitesse moyenne devrait être 12/0,25 = 48 milles à l’heure.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Algèbre linéaire, systèmes d’équations

6. Cindy s’est fait demander par son professeur de soustraire 3 d’un certain nombre puis de diviser le résultat par 9. À la place, elle a soustrait 9 puis elle a divisé le résultat par 3, ce qui a donné 43 comme réponse. Quelle aurait été sa réponse si elle avait résolu le problème correctement ?

(A) 15 (B) 34 (C) 43 (D) 51 (E) 138

AMC10A 2002, problème n° 6 ou AMC12A 2002, problème n° 2 – « Écrivez une équation ».

Solution : (A) Soit x le nombre qu’elle a reçu. Ses calculs produisent (x – 9)/3 = 43, de sorte que

x – 9) = 129 et x = 138. La réponse correcte est (138 – 3)/9 = 135/9 = 15.

Niveau de difficulté : Facile Classification : Théorie des nombres, arithmétique

7. Pour les nombres non nuls a, b et c, on définit

§(a, b, c) = .

Déterminer §(2, 4, 6).

(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 6 (E) 24

AMC10B 2002, problème n° 2 – « Suivez les directives ».

Solution : (C) On a §(2, 4, 6) = = 4.

Niveau de difficulté : Facile Classification : Algèbre

8. Soit a, b et c, des nombres réels tels que a – 7b + 8c = 4 et 8a + 4b – c = 7. Alors a² – b² + c² vaut

(A) 0 (B) 1 (C) 4 (D) 7 (E) 8

AMC10B 2002, problème n° 20 – « Réarrangez, élevez au carré, réarrangez ».

Solution : (B) On a a + 8c = 4 + 7b et 8a – c = 7 – 4b. En additionnant les deux équations élevées au carré on obtient (a + 8c)² + (8a – c)² = (4 + 7b)² + (7 – 4b)².

Le développement donne 65(a² + c²) = 65(1 + b²) . D’où, (a² + c²) = (1 + b²) et (a² – b²+ c²) = 1.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Algèbre

Feuille de travail pour l’élève en préparation de l’AMC 12

Voici quatre problèmes tirés des concours AMC10A, AMC10B, AMC12A et AMC12B d’années passées.

1. La moyenne arithmétique des neuf nombres de l’ensemble {9, 99, 999, 9999, …, 999999999} est un nombre de neuf chiffres M, dont tous les chiffres sont distincts. Le nombre M ne contient pas le chiffre

(A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 6 (E) 8

AMC12B 2002, problème n° 1 – « Appliquez la définition de la moyenne et factorisez ».

Solution : (A) Le nombre M égale

 = 123 456 789.

Le nombre M ne contient pas le chiffre 0.

Niveau de difficulté : Facile Classification : analyse, moyenne arithmétique

2. Pour combien d’entiers n le nombre est-il le carré d’un entier ?

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 10

AMC12B 2002, problème n° 12 – « Exprimez autrement et utilisez les facteurs ».

Solution : (D) Si  = k², pour un certain k ≥ 0, alors n = . Puisque k² et k² + 1 n’ont aucun facteur commun et que n est un entier, k² + 1 doit être un facteur de 20. Cela ne se produit que lorsque k = 0, 1, 2 ou 3. Les valeurs correspondantes de n sont 0, 10, 16 et 18.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : théorie des nombres, équation diophantienne

3. Un carré et un triangle équilatéral ont le même périmètre. Soit A l’aire du cercle circonscrit autour du carré et B l’aire du cercle circonscrit autour du triangle. Déterminer A/B.

(A) (B) (C) (D) (E) 1

AMC 12A 2003, problème n° 11 – « Tracez le graphique, déterminez le rayon ».

Solution : (C) Considérons que le périmètre commun est 1. Donc, le côté du carré est ¼ et le côté du triangle est ⅓. Le rayon du cercle circonscrit autour du carré est la moitié de la diagonale soit . L’aire A = . Le rayon du cercle circonscrit autour du triangle est . L’aire B = . Alors le rapport A/B est 27/32.

Niveau de difficulté : Moyen Classification : Géométrie, triangles circonscrits

4. Combien de triangles non congruents de périmètre 7 ont des côtés de longueurs entières ?

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5

AMC 12A 2003, problème n° 7 – « Employez les partitions entières et l’inégalité de triangles ».

Solution : (B) Le périmètre 7 peut s’écrire comme les sommes 5 + 1 + 1, 4 + 2 + 1, 3 + 3 + 1 et 3 + 2 + 2. Puisque la somme des deux côtés plus courts doit être supérieure au troisième côté, les seuls triangles possibles sont 3 + 3 + 1 et 3 + 2 + 2.

Niveau de difficulté : Moyen-Facile Classification : Géométrie, triangles

Les sept problèmes suivants ne sont disponibles que sur le site Internet

5. Si un arc de 45° sur le cercle A a la même longueur qu’un arc de 30° sur le cercle B, alors le rapport de l’aire du cercle A à l’aire du cercle B est

(A) (B) (C) (D) (E)

AMC 12A 2002, problème n° 7 – « Calculez l’aire des cercles ».

Solution : (A). Soit C_A = 2πR_A la circonférence du cercle A, soit C_B = 2πR_B la circonférence du cercle B, et soit L la longueur commune des deux arcs. Alors C_A = L = C_B. Par conséquent, de sorte que . Ainsi, le rapport des aires est .

Niveau de difficulté : Moyen Classification : Géométrie, cercle

6. La moyenne, la médiane, le mode unique et l’étendue d’un ensemble de huit entiers sont tous égaux à 8. Le plus grand entier pouvant être un élément de cet ensemble est

(A) 11 (B) 12 (C) 13 (D) 14 (E) 15

AMC 12A 2002, problème n° 15 – « Essayez des nombres ».

Solution : (D) Les valeurs 6, 6, 6, 8, 8, 8, 8, 14 satisfont aux exigences du problème, de sorte que la réponse est au moins 14. Si le plus grand nombre était 15, l’ensemble serait de la forme ordonnée 7, _, _, 8, 8, _, _, 15. Or, 7 + 8 + 8 + 15 = 38, et une moyenne de 8 implique que la somme des toutes les valeurs soit 64. Dans ce cas, la somme des quatre nombres manquants serait 64 – 38 = 26, et leur moyenne serait 6,5. Cela implique qu’au moins l’un d’eux serait inférieur à 7, ce qui est une contradiction. Par conséquent, le plus grand entier qui peut être dans l’ensemble est 14.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Probabilités et statistiques, mode unique

7. Déterminer le nombre de paires ordonnées de nombres réels (a; b) tels que (a + bi)²⁰⁰² = a – bi.

(A) 1001 (B) 1002 (C) 2001 (D) 2002 (E) 2004

AMC 12A 2002, problème n° 24 – « Utilisez le module complexe ».

Solution : (E) Soit z = a + bi, et |z| = . La relation donnée devient . Notez que

 = || = |z|,

d’où il s’ensuit que

|z|(|z|²⁰⁰¹ – 1) = 0.

Par conséquent, |z| = 0 et (a; b) = (0; 0), ou bien |z| = 1. Dans le cas où |z| = 1, on a z²⁰⁰² = , qui équivaut à z²⁰⁰⁴ = ∙z = |z|² = 1. Puisque l’équation z²⁰⁰³ = 1 possède 2003 solutions distinctes, il y a en tout 1 + 2003 = 2004 paires ordonnées qui obéissent aux conditions requises.

Ce problème est similaire au problème n° 2 de l’AIME 1999.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Nombres complexes

8. Soit ƒ(x) = x² + 6x + 1 et soit R, l’ensemble des points (x, y) du plan de coordonnées tels que

ƒ(x) + ƒ(y) ≤ 0 et ƒ(x) – ƒ(y) ≤ 0.

L’aire de R est la plus proche de

(A) 21 (B) 22 (C) 23 (D) 24 (E) 25

AMC 12B 2002, problème n° 25 – « Exprimez de nouveau et tracez ».

Solution : (E) Notez que

ƒ(x) + ƒ(y) = x² + 6x + y² + 6y + 2 = (x + 3)² +(y + 3)² – 16

et ƒ(x) – ƒ(y) = x² – y² + 6(x – y) = (x – y)(x + y + 6).

On peut récrire les conditions (x + 3)² +(y + 3)² ≤ 16 et (x – y)(x + y + 6) ≤ 0.

La première inégalité décrit la région sur et à l’intérieur du cercle de rayon 4 centré en (–3; –3). On peut récrire la seconde inégalité (x – y ≥ 0 et x + y + 6 ≤ 0) ou (x – y ≤ 0 et x + y + 6 ≥ 0).

Chacune de ces inégalités décrit un demi-plan borné par une droite qui passe par (–3; –3) et dont la pente est 1 ou –1. Ainsi l’ensemble R a la moitié de l’aire du cercle, qui est 8π ≈ 25,13.

Niveau de difficulté : Difficile Classification : Géométrie, courbes planes

9. Le polygone renfermé par les droites pleines dans la figure consiste en 4 carrés congruents joins bord à bord. Un carré congruent supplémentaire est attaché à un bord en une des 9 positions indiquées. Combien des neuf polygones résultants peuvent être pliés pour former un cube ayant une face manquante ?

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6

AMC 12A 2003, problème n° 13 – « Pliez d’abord et attachez ».

Solution : (E) Si on plie le polygone avant d’attache le cinquième carré, alors on doit joindre les bords a et a’ comme on doit joindre les bords b et b’. On peut attacher la cinquième face du cube à n’importe quelle des six autres bords qui restent.

Niveau de difficulté : Moyen Classification : Géométrie, polyèdres

10. Les points K, L, M et N sont situés dans le plan du carré ABCD de sorte que AKB, BLC, CMD et DNA sont des triangles équilatéraux. Si ABCD a une aire de 16, trouver l’aire de KLMN.

(A) 32 (B) (C) 48 (D) (E) 64

AMC 12A 2003, problème n° 14 – « Mesurez la diagonale ».

Solution : (D) Le quadrilatère KLMN est un carré parce qu’il présente une symétrie rotative de 90º, ce qui implique que chaque paire de côtés adjacents est congruante et perpendiculaire. Puisque ABCD a des côtés de longueur 4 et que K est à du côté , la longueur de la diagonale est . Ainsi l’aire est .

Niveau de difficulté : Moyen Classification : Géométrie plane, aire

11. Un demi-cercle de diamètre 1 est assis au sommet d’un demi-cercle de diamètre 2, tel qu’illustré. La zone ombrée à l’intérieur du plus petit demi-cercle et à l’extérieur du plus grand demi-cercle est appelée une lune. Déterminer l’aire de cette lune.

(A) (B) (C) (D) (E)

AMC 12A 2003, problème n° 15 – « Décomposez en triangles et secteurs ».

Solution : (C) Notez d’abord que l’aire de la région déterminée par le triangle surmonté du demi-cercle de diamètre 1 est . On obtient l’aire de la lune en soustrayant de ceci l’aire du secteur du plus grand demi-cercle, .

Ainsi, l’aire de la lune est .

Notez que la réponse ne dépend pas de la position de la lune sur le demi-cercle.

Niveau de difficulté : Moyen-difficile Classification : Géométrie plane, aire