美国数学邀请赛是一项面向中学生的数学竞赛,起始于1983年。该竞赛有15道问题,考试时间为3小时。AMC10前2.5%和AMC12前5%的学生有资格参加美国数学邀请赛。和美国数学竞赛、美国数学奥林匹克共同作为选拔国际数学奥林匹克美国队的赛事,该赛事处于选拔的第二级,胜出者方能参加下一级的美国数学奥林匹克比赛。
AIME资格认证的变化


从2011年开始,美国数学邀请考试(AIME)的资格参数将略有放宽。对于参加2012年AMC 10竞赛的学生,我们将邀请所有得分最高的2.5%的学生或得分至少为120分的学生(以更多的为准)参加AIME。这与2004年以来一直实行的1%(或120分)的数值不同。对于参加2012年AMC 12的学生,我们将邀请所有得分者中的前5%或得分者中至少有100分的学生参加AIME。这些AMC 12的资格值保持在2000年以来的水平。这一政策是为了防止出现特别困难的考试,即分数一致低于正常水平的考试,从而减少AIME的合格人数。
对AMC 10名合格者设定较高的要求有两个原因。
首先,AIME考试可能相当令人生畏,我们不希望年轻学生因考试成绩不佳而气馁。
第二,我们希望确保任何通过AMC 10考试获得AIME资格的学生在随后几年参加AMC 12考试时也有可能获得AIME资格。如果一个学生在10年级获得了AIME资格,但在随后的高中阶段却没有,这可能会让人非常失望。
通过限制从AMC10年级获得AIME资格的人数为前2.5%,我们的计划是不排除任何非常优秀的年轻学生,对他们来说,AIME是一个适当的经验,但也不会让学生处于没有成功机会的情况。
请注意:AIME II(备用AIME)的新程序。
今年,AMC将对AIME II(也称为AIME候补)采用一些新的程序。回顾一下,AIME II的第二个(或备用)日期是 , , 。
AMC办公室将从2月下旬开始向学校邮寄2012年AMC 10和2012年AMC 12报告,并持续到3月初至3月中旬。 在该AMC 10和AMC 12报告中,将列出学校的AIME合格者名单。
报告中还包括该校AIME选手的AIME I竞赛(装在一个密封的信封里)、AIME答题表和AIME/USAMO教师手册。这与我们多年来的做法相同。
如果你的AIME合格者将在WWW考试时参加AIME I考试,那么一切都准备好了,你只需要按照《教师手册》中AIME I的指示,将AIME答卷寄回,以便评分。
如果你的AIME参赛者将在WWW上参加AIME II,那么你仍然需要在我们的网页上(电子注册)或AIME教师手册中的纸质表格上填写AIME II(或AIME备用)注册。请务必填写一个有效的电子邮件地址。
保存你在AMC10/AMC12报告中收到的AIME答案表。我们将在AIME I和AIME II中使用相同的答案表格。同时保存AIME报告信封,我们将使用同一个AIME报告信封寄回AIME I和AIME II。
请在3月28日关注您的电子邮件,查看包含AIME II的电子信息。它将以PDF文件的形式出现在邮件中。打印AIME II,然后为每个参加AIME II的合格者复印足够的副本。
让参加AIME II的学生用铅笔在答题表的正面上方写上 “AIME II”,与答案同侧。
任何其他必要的指示将在AIME教师手册中列出。
这些新的程序是为了降低成本,更快,更有效,更环保,减少纸张和运输。
认可


AIME的目的是在AMC10或AMC12之外,为北美许多具有特殊数学能力的高中生提供进一步的挑战和认可。得分最高的美国公民和合法居住在美国和加拿大的学生(根据加权平均分,获得合格分数)被邀请参加美国数学竞赛。
AIME(美国数学邀请考试)是介于AMC10或AMC12和USAMO之间的考试。所有参加AMC 12的学生,如果在可能的150分中取得100分或以上的成绩,或在前5%的学生被邀请参加AIME考试。所有参加AMC 10的学生,在可能的150分中取得120分或以上,或进入前2.5%的学生也有资格参加AIME。本学年AIME I的日期为 ,AIME II的日期为 , 。美国数学邀请考试没有额外的注册费,除非你选择参加第二次考试。额外的管理/运输费是要收取的,前10名学生的最低费用为,超过10名学生的最低费用为。这在AMC 10/12和AIME教师手册中有更详细的解释。


数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2022 AIME II Problems

Problem
Adults made up $\frac{5}{12}$ of the crowd of people at a concert. After a bus carrying 50 more people arrived, adults made up $\frac{11}{25}$ of the people at the concert. Find the minimum number of adults who could have been at the concert after the bus arrived.
Solution 1
Let $x$ be the number of people at the party before the bus arrives. We know that $x \equiv 0(\bmod 12)$, as $\frac{5}{12}$ of people at the party before the bus arrives are adults. Similarly, we know that $x+50 \equiv 0(\bmod 25)$, as $\frac{11}{25}$ of the people at the party are adults after the bus arrives. $x+50 \equiv 0(\bmod 25)$ can be reduced to $x \equiv 0(\bmod 25)$, and since we are looking for the minimum amount of people, $x$ is 300 . That means there are 350 people at the party after the bus arrives, and thus there are $350 \cdot \frac{11}{25}=154$ adults at the party.
reamo
Solution 2 (Kind of lame)
Since at the beginning, adults make up $\frac{5}{12}$ of the concert, the amount of people must be a multiple of 12 .
Call the amount of people in the beginning $x$.Then $x$ must be divisible by 12 , in other words: $x$ must be a multiple of 12 . Since after 50 more people arrived, adults make up $\frac{11}{25}$ of the concert, $x+50$ is a multiple of 25 . This means $x+50$ must be a multiple of 5 .
Notice that if a number is divisible by 5 , it must end with a 0 or 5 . Since 5 is impossible (obviously, since multiples of 12 end in $2,4,6,8,0, \ldots$ ), $x$ must end in 0.

Notice that the multiples of 12 that end in 0 are: $60,120,180$, etc.. By trying out, you can clearly see that $x=300$ is the minimum number of people at the concert.
So therefore, after 50 more people arrive, there are $300+50=350$ people at the concert, and the number of adults is $350 * \frac{11}{25}=154$. Therefore the answer is 154 .
I know this solution is kind of lame, but this is still pretty straightforward. This solution is very similar to the first one, though.
hastapasta

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2022 AIME II Problems

Problem
Azar, Carl, Jon, and Sergey are the four players left in a singles tennis tournament. They are randomly assigned opponents in the semifinal matches, and the winners of those matches play each other in the final match to determine the winner of the tournament. When Azar plays Carl, Azar will win the match with probability $\frac{2}{3}$. When either Azar or Carl plays either Jon or Sergey, Azar or Carl will win the match with probability $\frac{3}{4}$. Assume that outcomes of different matches are independent. The probability that Carl will win the tournament is $\frac{p}{q}$, where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p+q$.
Solution
Let $A$ be Azar, $C$ be Carl, $J$ be Jon, and $S$ be Sergey. The 4 circles represent the 4 players, and the arrow is from the winner to the loser with the winning probability as the label.

This problem can be solved by using 2 cases.
Case 1: $C$ ‘s opponent for the semifinal is $A$
The probability $C$ ‘s opponent is $A$ is $\frac{1}{3}$. Therefore the probability $C$ wins the semifinal in this case is $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}$. The other semifinal game is played between $J$ and $S$, it doesn’t matter who wins because $C$ has the same probability of winning either one. The probability of $C$ winning in the final $\frac{3}{4}$, so the probability of $C$ winning the tournament in case 1 is $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}$
Case 2: $C$ ‘s opponent for the semifinal is $J$ or $S$
It doesn’t matter if $C$ s s opponent is $J$ or $S$ because $C$ has the same probability of winning either one. The probability $C$ ‘s opponent is $J$ or $S$ is $\frac{2}{3}$. Therefore the probability $C$ wins the semifinal in this case is $\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4}$. The other semifinal game is played between $A$ and $J$ or $S$. In this case it matters who wins in the other semifinal game because the probability of $C$ winning $A$ and $J$ or $S$ is different.
Case 2.1: $C$ ‘s opponent for the final is $A$
For this to happen, $A$ must have won $J$ or $S$ in the semifinal, the probability is $\frac{3}{4}$. Therefore, the probability that $C$ won $A$ in the final is $\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}$.
Case 2.1: $C$ ‘s opponent for the final is $J$ or $S$
For this to happen, $J$ or $S$ must have won $A$ in the semifinal, the probability is $\frac{1}{4}$. Therefore, the probability that $C$ won $J$ or $S$ in the final is $\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}$.
In Case 2 the probability of $C$ winning the tournament is $\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right)$
Adding case 1 and case 2 together we get $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}+\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right)=\frac{29}{96}$, so the answer is $29+96=125$.

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|PROBLEM

美国数学竞赛代考

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2022 AIME II Problems

问题
大人组成 $\frac{5}{12}$ 音乐会上的人群。一辆载有50多人的公共汽车到达后,大人们补上了 $\frac{11}{25}$ 的人在音乐会上。 找出公共汽车到达后本可以参加音乐会的最少成人人数。
解决方案 1
让 $x$ 是公共汽车到达之前参加派对的人数。我们知道 $x \equiv 0(\bmod 12)$ ,作为 $\frac{5}{12}$ 在公共汽车到达之前参 加派对的人中有 $50 \%$ 是成年人。同样,我们知道 $x+50 \equiv 0(\bmod 25)$ ,作为 $\frac{11}{25}$ 公共汽车到达后,派 对上的人都是成年人。 $x+50 \equiv 0(\bmod 25)$ 可以减少到 $x \equiv 0(\bmod 25)$ ,并且由于我们正在寻找最 少数量的人, $x$ 是 300 。这意味着公共汽车到达后聚会上有 350 人,因此有 $350 \cdot \frac{11}{25}=154$ 晩会上的大 人。
reamo
Solution 2 (有点憋㑢)
因为一开始都是大人补 $\frac{5}{12}$ 演唱会人数必须是12的倍数。
初呼人数 $x$ 。然后 $x$ 必须能被 12 整除,换句话说: $x$ 必须是 12 的倍数。由于 50 多人到达后,大人补上 $\frac{11}{25}$ 演唱会的, $x+50$ 是 25 的倍数。这表示 $x+50$ 必须是 5 的倍数。
请注意,如果一个数可以被 5 整除,它必须以 0 或 5 结尾。因为 5 是不可能的(很明显,因为 12 的倍 数以 $2,4,6,8,0, \ldots), x$ 必须以 0 结尾。
请注意,以 0 结尾的 12 的倍数是: $60,120,180$ 等等。通过尝试,你可以清楚地看到 $x=300$ 是音乐会 的最全数。
因此,在又有 50 人到达后,有 $300+50=350$ 音乐会上的人,成年人的数量是 $350 * \frac{11}{25}=154$. 因此 答案是 154 。
我知道这个解决方案有点䇥腧,但这仍然非常简单。不过,此解决方案与第一个解决方案非常相似。 意大利面

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2022 AIME II Problems

问题
Azar、Carl、Jon 和 Sergey 是单打网球锦标寒中剩下的四名选手。他们在半决赛中随机分配对手,这些 比褰的获胜者在决赛中相互交手,以确定锦标赛的获胜者。当阿扎尔打卡尔时,阿扎尔有概率赢得比褰 $\frac{2}{3}$. 当 Azar 或 Carl 扮演 Jon 或 Sergey 时,Azar 或 Carl 有概率赢得比寨 $\frac{3}{4}$. 假设不同比塞的结果是独立 的。卡尔赢得比寨的概率是 $\frac{p}{q}$ ,在哪里 $p$ 和 $q$ 是相对质数的正整数。寻找 $p+q$.
解决方案
让 $A$ 成为阿扎尔, $C$ 成为卡尔, $J$ 成为乔恩,并且 $S$ 成为谢尔盖。 4 个圆圈代表4个玩家,箭头是从赢家到 输家,以赢的概率为标签。
使用 2 个案例可以解决这个问题。
情况1: $C$ 半决塞的对手是 $A$
概率 $C$ 的对手是 $A$ 是 $\frac{1}{3}$. 因此概率 $C$ 在这种情况下赢得半决赛是 $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}$. 另一场半决赛是在 $J$ 和 $S$, 谁贏并不 重要因为 $C$ 赢得任何一个的概率相同。的概率 $C$ 在决褰中获胜 $\frac{3}{4}$, 所以概率 $C$ 在案例 1 中赢得比塞是 $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}$
案例二: $C$ 半决寒的对手是 $J$ 或者 $S$
无所谓 $C$ 对手是 $J$ 或者 $S$ 因为 $C$ 赢得任何一个的概率相同。概率 $C$ 的对手是 $J$ 或者 $S$ 是 $\frac{2}{3}$. 因此概率 $C$ 在这 种情况下赢得半决䗙是 $\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4}$. 另一场半决䗙是在 $A$ 和 $J$ 或者 $S$. 在这种情况下,谁在另一场半决塞中获胜 很重要,因为 $C$ 获胜 $A$ 和 $J$ 或者 $S$ 是不同的。
案例 2.1: C决塞的对手是 $A$
要做到这一点, $A$ 一定赢了 $J$ 或者 $S$ 在半决褰中,概率是 $\frac{3}{4}$. 因此,概率 $C$ 韩元 $A$ 决褰是 $\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}$.
案例 2.1: $C$ 决赛的对手是 $J$ 或者 $S$
要做到这一点, $J$ 或者 $S$ 一定赢了 $A$ 在半决寒中,概率是 $\frac{1}{4}$. 因此,概率 $C$ 韩元 $J$ 或者 $S$ 决寒是 $\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}$.
在案例 2 中的概率 $C$ 赢得比褰是 $\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right)$
将案例 1 和案例 2 相加我们得到 $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}+\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right)=\frac{29}{96}$, 所以答案是 $29+96=125$

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛

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