Mathematik-Wettbewerb Känguru 2010 - weblearn.hs

Hochschule Bremen
Fachbereich E-Technik & Informatik
Mathematikwettbewerb Känguru e.V.
XVIII. Mathematik-Wettstreit 2010
für Schüler und Studenten
Prof. Dr. Th. Risse
Sinn & Zweck: In Rahmen unserer Bemühungen um
die Mathematik-Ausbildung sind Schüler und Studierende
(nicht nur) an der Hochschule Bremen aufgefordert, sich
am Mathematik-Wettbewerb Känguru des Känguru Vereins e.V. zu beteiligen. Dieses Dokument soll – wie andere
in www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs – Spaß
machen und so der Vorbereitung und dem Training dienen.
c 2010
Letzte Änderung: 3. April 2011
[email protected]
Version 0.1
2
1. Einführung
Bei Kangourou 2010 handelt es sich um einen jährlichen MathematikWettbewerb des Känguru Vereins e.V., Berlin, den es für unterschiedliche Altergruppen gibt. Die vorliegenden Aufgaben sind für Schüler der
11.–13. Klassen und für Studierende gedacht. Dieses Dokument mit
meinen Lösungen (ohne Gewähr ) ist Bestandteil meiner Bemühungen, Studierende (in spe) für Mathematik zu begeistern.
Wenn Ihnen dieses Dokument Spaß gemacht hat, probieren Sie doch
mal die Dokumente zum Vorkurs, zur Numerik, Zahlentheorie, Kryptographie, Codierung und Wahrscheinlichkeitsrechnung usw. aus, alle
unter
http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs.
Viel Erfolg!
3
2. Aufgaben mit Lösungen
Der Quiz besteht aus 10 leichteren, 10 mittelleichten/mittelschweren
und 10 schwereren Aufgaben. Beim Wettbewerb wird selbstverständlich nicht erwartet, daß Sie alle 30 gestellten Probleme in anderthalb
Stunden lösen.
Alle Aufgaben sind ohne weitere Hilfsmittel zu bearbeiten.
Selbstverständlich sind alle Lösungsstrategien erlaubt: Natürlich dürfen Sie Fragestellungen in einem multiple choice test durch Ausschluß
beantworten. Im ersten Test einfach auf die richtige Antwort clicken!
Aufgabe
1. Mathematik ist
(a) fun
(b) cool
(c) out
(d) in
Auf die Plätze – fertig – los!
(e) voll krass
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
4
Aufgabe
1. Beim Blick auf das rechts stehende Bild lässt sich ablesen:
1 + 3 + 5 + 7 = 4 · 4. Welchen
Wert hat 1 + 3 + 5 + 7 + 9 +
11 + 13 + 15 + 17 ?
(a) 14 · 14
(b) 9 · 9
(c) 13 · 13
2. Wenn die Summe der Zah1
len in beiden Zeilen der
−1
Tabelle gleich ist,
welche Zahl gehört dann an die Stelle
(a) 12465 (b) 12321
(c) 12456
(d) 10 · 10
2
−2
3
−3
(e) 16 · 16
4
−4
5
−5
12345
?
des Sterns?
(d) 12375
(e) 12330
3. ’In meiner Mathe-AG sind alle Teilnehmer mindestens 17 Jahre
alt’, verkündet die AG-Leiterin. Da irrt sie sich aber. Folglich gilt
gewiss, dass
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
(a) alle
(b)
genau 17
Jahre alt
sind
alle älter (c)
als 17
Jahre
sind
5
keiner (d)
bereits
17 Jahre
alt ist
einer
(e) einer 18
jünger
Jahre alt
als 17
ist.
Jahre ist
4. Wie viele Paare reeller Zahlen (a, b) sind Lösung der Gleichung
(a − 3)2 + (b − 2)2 = 0 ?
(a) 1
(b) 2
(c) 6
(d) 36
(e) 0
5. Aufziehosterhasen werden für den Versand einzeln in kleine würfelförmige Schachteln verpackt. Diese kommen dann in größere,
ebenfalls würfelförmige Schachteln. Auf den Boden einer großen
Schachtel passen genau 16 kleine. Wie viele kleine Schachteln passen maximal in eine große Schachtel?
(a) 32
(b) 56
(c) 64
(d) 128
(e) 256
6. Wie viele 4-stellige, durch 5 teilbare natürliche Zahlen gibt es,
deren Ziffern alle ungerade sind?
(a) 900
(b) 625
(c) 250
(d) 125
(e) 95
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
7. Es sei ∆(ABC) ein rechtwinkliges
Dreieck mit rechtem Winkel bei C.
M sei der Mittelpunkt der Hypotenuse AB und ∠(CAB) = 60o . Dann
ist ∠(BM C) gleich
(a) 105o
(b) 108o
(c) 110o
6
C
B
M
A
(d) 112o
3
4
(e) 120o
4
8. Welches ist die letzte Ziffer der Zahl 17 · 22 · 33 ?
(a) 2
(b) 3
(c) 4
(d) 6
(e) 8
9. Ein Würfel besteht aus 27 kleinen Würfeln, von denen ein jeder
eine Oberfläche von 24 cm2 hat. Wie groß ist die Oberfläche des
großen Würfels?
(a) 216 cm2 (b) 182 cm2 (c) 156 cm2 (d) 144 cm2 (e) 96 cm2
10. Welche der folgenden Zahlen könnte die Anzahl der Kanten eines
Prismas angeben?
(a) 100
(b) 111
(c) 112
(d) 115
(e) 125
11. In jeder Frühstückspause findet auf dem Schulhof ein reger Tauschmarkt statt. Die Konditionen sind allen bekannt (s. Abb.).
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
7
1 Streuselschnecke
⇔ 3 halbe Wurstbrote
1 Apfel + 9 Gummibärchen ⇔ 2 halbe Wurstbrote
16 Gummibärchen
⇔
1 Apfel
Zora will sich mit Gummibärchen einen Apfel, ein halbes Wurstbrot und eine Streuselschnecke ertauschen. Wie viele Gummibärchen muss sie dafür hergeben?
(a) 55
(b) 66
(c) 77
(d) 88
(e) 99
12. Irenes Bruder übt Addieren. Er hat sich 5 ganze Zahlen ausgesucht und sämtliche möglichen Summen aus 2 dieser 5 Zahlen
gebildet: -3, -1, 0, 2, 3, 3, 4, 5, 6, 9. ’Welches deine 5 Zahlen
sind, weiß ich zwar nicht, aber die Summe der 5 Zahlen kann ich
ausrechnen’, sagt Irene. Die Summe ist
(a) 0
(b) 7
(c) 9
(d) 11
(e) 12
13. Die ganzen Zahlen x und y erfüllen die Gleichung 2x = 5y. Nur
eine der folgenden Zahlen kann unter dieser Bedingung x + y sein.
Welche?
(a) 27
(b) 30
(c) 32
(d) 35
(e) 41
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
8
14. Um die Eckpunkte eines Quadrates
der Seitenlänge 2 sind vier Halbkreise konstruiert, die sich im Mittelpunkt des Quadrats schneiden. Die
vier kleineren grauen Kreise, deren
Zentren in den Mittelpunkten der
Quadratseiten liegen, berühren je
zwei Halbkreise von innen (s. Abb.).
Welchen Flächeninhalt haben diese vier grauen Kreise insgesamt?
√
√
(a) 2 2π
(b) 3π/2 (c) π
(d) π/4
(e) 4(3
−
√
√
√
3
√
6
2 2)π
15. Die drei Zahlen 7, 7 und 7 sind unmittelbar aufeinanderfolgende Elemente einer geometrischen Folge. Dann ist das nächste
Element in dieser Folge
√
√
√
√
(b) 12 7
(c) 5 7
(d) 3 10 7
(e) 1
(a) 9 7
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
16. Zwei Kreise mit demselben Mittelpunkt bilden einen Kreisring. Die
Sehne AB im großen Kreis ist Tangente an den kleineren Kreis; sie ist
16 cm lang. Welchen Flächeninhalt
hat der Kreisring?
(a) 32π cm2 (b) 48π cm2 (c) 64π cm2 (d) 32π 2
cm2
9
A
B
(e) hängt von
den
Radien ab
17. Es sei N der größte Wert, den der Term 1?2?3?4?5?6?7?8?9?10
annehmen kann, wenn jedes Sternchen entweder durch + oder
durch · ersetzt wird. Welches ist der kleinste Primfaktor von N ?
(a) 2
(b) 3
(c) 5
(d) 7
(e) Primzahl
größer als
7
18. An jede Ecke eines Fünfecks stellen wir uns eine natürliche Zahl
geschrieben vor. Keine dieser Zahlen hat mit einer benachbarten
einen gemeinsamen Teiler > 1, aber jede der Zahlen hat mit je-
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
10
der nicht-benachbarten Zahl stets einen gemeinsamen Teiler > 1.
So etwas ist auf vielfältige Weise möglich. Welche der folgenden
Zahlen kann gewiss nicht an einer der Ecken stehen?
(a) 87
(b) 111
(c) 121
(d) 127
(e) 133
19. Von einem Dreieck mit ganzzahligen Seitenlängen ist bekannt,
dass eine der Seitenlängen 13 ist. Außerdem ist das Produkt der
beiden anderen Seitenlängen 105. Welchen Umfang hat dieses
Dreieck? (A) 35 (B) 39 (C) 51 (D) 69 (E) 119
(a) 35
(b) 39
(c) 51
(d) 69
(e) 119
20. Am Pokerturnier ’Viertel-Cup nahmen diesmal exakt 100 Spieler
teil. Das Originelle ist, dass bei diesem Turnier jeder Platz vom
Ersten bis zum Hundertsten ausgespielt wird und am Ende jeder
für Essen und Getränke so viele Viertel-Euro bezahlt, wie seine
Platzierung angibt: der Sieger zahlt also 0,25 e, der zweite 0,50 e,
der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter die Einnahmen des
Abends zählt, kommt er auf 1207 e. ’Gemeinheit, da haben ja
welche geschummelt’, murrt er. Was ist die kleinstmögliche Anzahl an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben?
diesem Turnier jeder Platz vom Ersten bis zum Hundertsten ausgespielt wird und am Ende jeder für
Essen und Getränke so viele Viertel-Euro bezahlt, wie seine Platzierung angibt: der Sieger zahlt also
die Einnahmen des Abends
zählt, kommt er auf 1207 e. Gemeinheit, da haben ja welche geschummelt“, murrt er. Was ist die
”
kleinstmögliche Anzahl an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben?
e, der zweite mit
0,50 e,Lösungen
der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter
Abschnitt 2:0,25Aufgaben
(a) 3
(b) 4(B) 4
(A) 3
(c)(C)5 5
(d)
6
(D) 6
21. Ein Papierstreifen
ist drei5-Punkte-Aufgaben
mal gefaltet
worden (s. Abb.).
21. Ein Papierstreifen ist dreimal gefaltet worden
o
(s. Abb.).
großwenn
ist β, wenn
= 70
Wie groß
istWieβ,
αα=
70ist?
(A)
140
(B)
130
(C)
120
(D)
110
(E ) 100
ist?
11
(e) 7
(E ) 7
α
◦
◦
◦
◦
◦
◦
β
22.oIch mache ein Würfelexperiment.
In jedem Versuch
o
o würfle ich mit einemoWürfel dreimal nachein-o
ander und notiere die drei Augenzahlen genau dann, wenn die Augenzahl des dritten Wurfs gleich der
Summe der Augenzahlen des ersten und zweiten Wurfs ist. Wie groß ist bei diesen notierten Dreierfolgen die Wahrscheinlichkeit, dass unter den drei Würfen mindestens eine 2 ist?
1
91
1
8
7
(A)
(B)
(C)
(D)
(E )
6
216
2
15
12
(a) 140
(b) 130
(c) 120
(d) 110
(e) 100
22. Ich mache ein Würfelexperiment. In jedem Versuch würfle ich mit
einem Würfel dreimal nacheinander und notiere die drei Augenzahlen23.genau
dann, wenn die Augenzahl des dritten Wurfs gleich
Parallel zur Grundlinie eines Dreiecks werden Linien gezeichnet, die die
beiden anderen
Seiten
in 10 gleich große Teiledes
teilen. ersten
Jeder zweite und
Streifen zweiten Wurfs ist.
der Summe
der
Augenzahlen
wird grau eingefärbt (s. Abb.). Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau?
Wie groß
ist
bei
diesen
notierten
Dreierfolgen
die Wahrschein(A) 41,75 % (B) 42,5 %
(C) 45 %
(D) 46 %
(E ) 47,5 %
lichkeit,
dass
unter
den
drei
Würfen
mindestens
eine 2 ist?
24. Wie viele rechtwinklige Dreiecke gibt es, deren drei Eckpunkte gleichzeitig Eckpunkte eines gege1 benen regelmäßigen 10-Ecks
91 A A A . . . A A 1 sind?
8
7
(a) 6
(b) 216
(c) 2
(d) 15
(e) 12
1
(A) 40
(B) 42
2
3
9
10
(C) 48
(D) 64
(E ) 80
(C)
(D)
(E )
2
15
Abschnitt
2: Aufgaben mit Lösungen
12
12
23. Parallel zur Grundlinie eines
werdenDreiecks
Linien werden
gezeichnet,
die die
Linien gezeichTeile teilen.
zweite
Streifen
net, dieJeder
die beiden
anderen
Seiten in
10 gleich große Teile
teilen.
rozent der
Dreiecksfläche
ist grau?
%
Jeder zweite Streifen wird grau
eingefärbt
(D)
46 % (s. Abb.).
(E ) 47,5 %
Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau?
(a) drei
41,75%
(b) 42,5%gleichzeitig
(c) 45% Eckpunkte
(d) 46%
deren
Eckpunkte
(e) 47,5%
es,
eines
gege24.
Wie
viele
rechtwinklige
Dreiecke
gibt
es,
deren
drei
EckpunkA9 A10 sind?
te gleichzeitig Eckpunkte eines gegebenen regelmäßigen 10-Ecks
(C) 48
64 Känguru 2010 — Klassenstufen
(E ) 80 11 bis 13
A1 A2 A3 . . . A9 A10(D)
sind?
(a) 40
(b) 42
(c) 48
e aus Gummi
einenmöchte
4 cm breiten
8 cm langen
25. Karl
aus und
Gummi
einenovalen
4
den. Ein Muster
des horizontal
cm breiten
und 8und
cmvertikal
langensymmetriovat er mit Hilfe
vier Kreisbögen
erstellt
Abb.).
len von
Stempel
schneiden.
Ein (s.
Mushrungspunkten stimmen die Tangenten der jeweils anter des horizontal und vertikal
den Bögen überein. Wie groß muss Karl den Radius der
Ovals1 cm
hatbeträgt?
er mit
gen wählen,symmetrischen
wenn der kleine Radius
(d) 64
(e) 80
1
1
1
1
4
8
Hilfe von vier Kreisbögen erstellt (s. Abb.). In den vier Berühr-
(B) 6,5 cm
(C) 7 cm
(D) 7,5 cm
(E ) 8 cm
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
13
punkten stimmen die Tangenten der jeweils aneinanderstoßenden Bögen überein. Wie groß muß Karl den Radius der großen
Kreisbögen wählen, wenn der kleine Radius 1 cm beträgt?
(a) 6 cm
(b) 6,5 cm (c) 7 cm
(d) 7,5 cm (e) 8 cm
26. Die reellwertige Funktion f erfüllt für alle x > 0 die Gleichung
2 f (x) + 3 f (100/x) = 5x. Welchen Wert hat f (1) ?
(a) 1
(b) 298
(c) 77
(d) 0
(e) 1011
27. Ihre Augen leuchteten, als die Piraten Sparrow, Barbossa und
Turner die Schatzkiste öffneten und den Berg Goldmünzen sahen.
Nach alter Piratentradition nahm sich zuerst Sparrow eine Münze,
dann Barbossa zwei, Turner drei, dann Sparrow vier, Barbossa
fünf, usw. So wurden die Goldmünzen ohne Rest aufgeteilt. Zum
Schluss hatte Barbossa 20 Münzen mehr als Turner, und Sparrow
bekam
(a) 117
(b) 126
(c) 145
(d) 187
(e) 210
e Rest aufgeteilt. Zum Schluss hatte Barbossa 20 Münzen mehr als Turner, und Sparrow bekam
mit Lösungen
A) 117Abschnitt
Münzen. 2:
(B)Aufgaben
126 Münzen.
(C) 145 Münzen.
(D) 187 Münzen.
(E ) 210 Münzen. 14
28. DerderFußboden
die wir
Der Fußboden
Burg, die wirder
für Burg,
ein Geschichtsprojekt
ein
Geschichtsprojekt
uchen, wird für
gerade
restauriert.
Die Restauratorinbesuzeigt uns
orische Dokumente
einem gerade
Bild. Die kleinen
Fliesen sind
chen, mitwird
restauriert.
”
m × 9 cm“, erklärt sie uns, und der Fliesenverschiebungswin”
Die Restauratorin
zeigt uns hisder durch die markierten Punkte festgelegt wird, ist in den
Dokumente
mitman
einem
zeichnungen torische
mit 30◦ verzeichnet.
Daraus kann
dann die
tenlänge derBild.
großen ’Die
Fliesen kleinen
berechnen.“Fliesen
Sie beträgtsind
√ √ ×9 · 92 +cm
groß’,
A) 9 · 2 · 39 cmcm (B)
3 cm
(C) 9 erklärt
· 2 cm
√ sie
uns, ’und der
√ FliesenverschieD) 9 · 3 · 2 cm (E ) 9 · 3 + 2 cm
bungswinkel, der durch die mar-
Welcher derkierten
Graphen gehört
zur Lösungsmenge
der Gleichung (x − |x |)2 + (y − |y |)2 = 4 ?
Punkte
festgelegt wird,
A) −1
y
0
y
y 30o verzeichnet.
y
ist in den Aufzeichnungen
Daraus kann
man
2mit
2 y
1
dann die Kantenlänge der großen
Fliesen
berechnen.’
Sie
beträgt
2
2
√
√ (E ) −1
√
(D)
(B)√
x (C)−2
0 1 9(2
0 9 · x2 cm −2 (d) 09 · 3 x 3 cm (e)
0 + x 2)
(a)x 9 · 2 3 cm(b)
+ 3) (c)
9(3
−1
cm
−2
−1
cm
−2
29. Welcher
der Graphen
gehört abwechselnd
zur Lösungsmenge
Die Strichcodes,
die wir untersuchen
wollen, bestehen
aus schwarzen
2
weißen Strichen
beginnen
(x −und|x|)
+ (yund−enden
|y|)2schwarz.
= 4 ? Die Striche haben die Breite 1
r 2, und die Gesamtbreite eines Codes soll 14 sein (s. Beispiel rechts). Wie viele
chiedene Codes sind möglich, wenn stets von links nach rechts gelesen wird?
A) 116
(B) 132
(C) 116
(D) 294
der Gleichung
(E ) 305
(D)
(E
++ 222 cm
cm
(D)
cm
(D)
(E
(D)9999··· ·3333··· · 2222 cm
cm (E
(E))))9999····333+
cm
Abschnitt
2: Aufgaben
mit
Lösungen
15
29.
Graphen
gehört
zur Lösungsmenge
Lösungsmenge der
Gleichung(x
(x−
−|x|x
|x|)|)
|)22222+
+(y
(y−
−|y|y
|y|)|)
|)22222=
=4444????
29.
Welcher
der
|)
=
29. Welcher
Welcher der
der Graphen
Graphen gehört
gehört zur
der Gleichung
Gleichung
(x
−
+
(y
−
=
29. Welcher der Graphen gehört zur Lösungsmenge der Gleichung (x − |x |) + (y − |y |) = 4 ?
yyyy
(A)
(A)
(A)
(A)−1
−1
−1
−1
(a)
0000
−1
−1
−1
−1
yyy
1111
(B)
(B)
(B)
xxxx (B)
(b)
222 yyy
000 111 xxx
(C)
(C)
(C)
−2
−2
−2
(c)
000
−2
−2
−2
y
222 yy
222
(D)
(D)
(D)
xxx (D)
−2
−2
−2
(d)
000
−2
−2
−2
yyyy
222
(E
(E))) −1
xxx (E
−1
−1
−1
(e)
0000
xxxx
−1
−1
−1
−1
30.
Die
Strichcodes,
Strichcodes,
die
wir
untersuchen
wollen,
abwechselnd
aus
aus
schwarzen
30.
Die
Strichcodes,
bestehen
die
wir
untersuchen
wollen,
abwechselnd
ausschwarzen
schwarzen
30.Die
DieStrichcodes,
Strichcodes,die
diewir
wiruntersuchen
untersuchen
wollen,bestehen
bestehenabwechselnd
abwechselnd
30. 30.
Die
die
wirenden
untersuchen
wollen,
bestehen
abwechund
weißen
Strichen
und
beginnen
Die
Striche
haben
die
Breite
und
weißen
Strichen
undweißen
weißenStrichen
Strichenund
undbeginnen
beginnenund
undenden
endenschwarz.
schwarz.Die
DieStriche
Strichehaben
Breite111
und
und
beginnen
und
schwarz.
habendie
dieBreite
selnd
aus
schwarzen
und
weißen
Strichen
und beginnen
und enoder
2,2,und
und
die
die
Gesamtbreite
eines
Codes
soll
(s.
(s.
Beispiel
rechts).
Wie
Wie
viele
oder
2,
und
die
14
sein
oder2,
und
dieGesamtbreite
Gesamtbreiteeines
eines
Codes
soll14
14sein
sein
(s.Beispiel
Beispielrechts).
viele
oder
Gesamtbreite
eines
Codes
soll
rechts).
Wieviele
verschiedene
Codes
Codes
sind
möglich,
möglich,
wenn
nach
rechts
rechts
gelesen
wird?
wird?
verschiedene
Codes
von
links
verschiedene
Codessind
sind
möglich,
wennstets
stetsvon
vonlinks
links
nach
rechtsgelesen
verschiedene
sind
möglich,
wenn
stets
rechts
wird?
den
schwarz.
Die
Striche
haben
dienach
Breite
1gelesen
oder
2, und die Ge(A)
116
(B)
(B)
132
(D)
(D)
294
(E
(E
305
(A)116
116
(B)132
132
(C)
116
(D)294
(E)))305
(A)
116
116
305
(A)
(B)
132
(C)
(D)
294 rechts).
305 viele
samtbreite
eines
Codes
soll(C)
14116
sein (s. Beispiel
Wie
verschiedene Codes sind möglich, wenn stets von links nach rechts
gelesen wird?
(a) 116
(b) 132
(c) 116
(d) 294
(e) 305
16
Lösungen der Aufgaben
Lösung zu Aufgabe: Wegen eigener Befangenheit hier nur ein paar
Hinweise auf Literatur, die die Bibliothek und/oder ich gern leihweise
zur Verfügung stellen:
• Albrecht Beutelspacher: Mathematik für die Westentasche; Piper Verlag 2001 120 S. 9.90 e
und viele weitere Titel
• P.J. Davis, Reuben Hersh: Erfahrung Mathematik; Birkhäuser 1985
ISBN 3-7643-1359-5
• Udo Hebisch: Bücher über Mathematik – umfangreiche (link) list;
www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/cafebuecher.html
• John A. Paulos: Innumeracy – Mathematical Illiteracy and its Consequences; Penguin 1988 ISBN 0-14-012255-9
• Wilhelm Sternemann: Neue Fraktale aus platonischen Körpern; Spektrum der Wissenschaft 11/2000, www.wissenschaft-online.de/abo/spektrum/archi
Weitere Literatur-Hinweise finden sich in den oben genannten Dokumenten, s.a.
www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs.
Test beenden
Lösungen der Aufgaben
17
Lösung zu Aufgabe:
1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 = 9 · 9, also Antwort (b).
Test beenden
Lösungen der Aufgaben
18
Lösung zu Aufgabe:
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 12345 = −(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + x impliziert
30 + 12345 = x = 12375, also Antwort (d).
Test beenden
Lösungen der Aufgaben
19
Lösung zu Aufgabe:
Um sich zu irren, reicht einer, der weniger als 17 Jahre alt ist, also
Antwort (d).
Test beenden
Lösungen der Aufgaben
20
Lösung zu Aufgabe:
Mit (a − 3)2 + (b − 2)2 = 0 ist die Summe zweier Quadrate Null, was
a − 3 = 0 und zugleich b − 2 = 0 impliziert. Damit gibt es nur eine
Lösung a = 3 und b = 2, also Antwort (a).
Test beenden
Lösungen der Aufgaben
21
Lösung zu Aufgabe:
Wenn auf den Boden einer großen Schachtel genau 16 kleine passen,
macht die Seitenlänge der großen Schachtel gerade vier Seitenlängen
der kleinen Schachteln aus. In die große Schachteöl passen also 43 = 64
kleine Schachteln, also Antwort (c).
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Lösungen der Aufgaben
22
Lösung zu Aufgabe:
Die Einerstelle von durch 5 teilbaren Zahlen ist 0 oder 5. Wenn alle
Ziffern der gesuchten Zahlen ungerade sind, ist die Einerstelle 5. Für
die Zehner-, Hunderter- und Tausender-Stelle kommen die fünf Ziffern
1, 3, 5, 7 und 9 in Frage. Es gibt also 53 = 125 gesuchte Zahlen, also
Antwort (d).
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Lösungen der Aufgaben
23
Lösung zu Aufgabe:
C
B
M
A
∆(ABC) ist ein rechtwinkliges Dreieck mit rechtem Winkel bei C.
Laut Thales liegen die Eckpunkte auf einem Halbkreis, dessen Durchmesser von der Hypotenuse gebildet wird. Der Mittelpunkt dieses
Kreises ist also M . Damit ist das Dreieck ∆(BM C) gleichschenklig, was ∠(BCM ) = 30o und damit ∠(BM C) = 120o impliziert, also
Antwort (e).
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Lösungen der Aufgaben
24
Lösung zu Aufgabe:
Die letzte Ziffer von 173 ist 3, die letzte Ziffer von 224 ist 6, die letzte
Ziffer von 334 ist 1. Damit ist die letzte Ziffer des Produktes 8, also
Antwort (e).
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Lösungen der Aufgaben
25
Lösung zu Aufgabe:
Ein Würfel-Oberfläche besteht aus sechs identischen Quadraten. Der
Flächeninhalt einer Seite der kleinen Würfel ist also 4 cm2 . Die Oberfläche des großen Würfels besteht aus sechs Quadraten mit einem
Flächeninhalt von jeweils 9 · 4 cm2 . Damit ist der Flächeninhalt der
gesamten Oberfläche 63 = 216 cm2 , also Antwort (a).
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Lösungen der Aufgaben
26
Lösung zu Aufgabe:
Wikipedia: Ein Prisma (Mehrzahl: Prismen) ist ein geometrischer
Körper, der ein Vieleck als Grundfläche hat und dessen Seitenkanten parallel und gleich lang sind.
Die Prisma-Grundfläche sei ein n-Eck, mit n Kanten. Der ’Deckel’ hat
ebenfalls n Kanten. Die Verbindungen von korrespondierenden Ecken
von Grundfläche und Deckel bilden weitere n Kanten. Die Anzahl der
Kanten ist also 3n. Nur 111 ist durch 3 teilbar, also Antwort (b).
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Lösungen der Aufgaben
27
Lösung zu Aufgabe:
16 Gummibärchen = 1 Apfel
12,5 Gummibärchen = 1 halbes Wurstbrot
37,5 Gummibärchen = 1 Streuselschnecke
66 Gummibärchen = Apfel + halbes Wurstbrot + Streuselschnecke
also Antwort (b).
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Lösungen der Aufgaben
28
Lösung zu Aufgabe:
Die ganzen Zahlen seien a, b, c, d und e. Dann gilt
(a + b) + (a + c) + (a + d) + (a + e)
+(b + c) + (b + d) + (b + e)
+(c + d) + c + e)
+(d + e) = −3 − 1 + 0 + 2 + 3 + 3 + 4 + 5 + 6 + 9
4a + 4b + 4c + 4d = 28
Damit ist a + b + c + d = 7, also Antwort (b).
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Lösungen der Aufgaben
29
Lösung zu Aufgabe:
Auflösen liefert einerseits x = 52 y und somit x + y = 72 y oder aber
ebenso y = 25 x und somit x + y = 75 x. In beiden Fällen ist eine
ganzzahlige Summe ein Vielfaches von 7, also Antwort (d).
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Lösungen der Aufgaben
30
Lösung
zu Aufgabe: Die Radien der großen Halbkreise sind
√
√ R =
2, die der kleinen geschummerten Kreise sind r = R − 1 = 2 − 1.
2
Damit
Flächeninhalt
√ ist der
√ der vier kleinen Kreise zusammen 4·πr =
2
4π( 2 − 1) = 4π(3 − 2 2), also Antwort (e).
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Lösungen der Aufgaben
31
Lösung zu Aufgabe:
In einer geometrischen Folge ist der
Quotient q benachbarter Folgen√
3/2 1/3
1/2
3/2 1/3
7
√
Elemente konstant. Hier gilt q = 3 7 = 771/3 = (7 71/3) = 7 7
=
√
√
3
1/3
6
7
7
1/2 1/3
1/6
= 71/6 =
(7 )
= 7
= 7 und übereinstimmend q = √
6
7
√
6/3 1/6
(76/3 )1/6
6
= 71/6 = 7. Also ergibt sich das nächste
= 77
71/6
Folgen-Element x aus q =
√
6
7
x
zu x = 1, also Antwort (e).
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Lösungen der Aufgaben
32
Lösung zu Aufgabe:
Sei R Außenradius
und r Innenradius.
Die Sehne AB verbindet die
√
√
2 − r 2 ) und (r, − R2 − r 2 ). Ihre Länge ist 16 cm., d.h.
Punkte
(r,
R
√
R2 − r2 = 8. Der Flächeninhalt A des Kreisringes ist A = πR2 −
πr2 = π(R2 − r2 ) = 64π, also Antwort (c).
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Lösungen der Aufgaben
33
Lösung zu Aufgabe:
N wird maximal, wenn man jedes Sternchen durch Multiplikationen
ersetzt – allerdings bis auf das ersten Sternchen, da die Multiplikation
mit Eins N nicht vergrößert. Dann gilt N = 10! + 1. Offenbar läßt N
bei Division durch die ersten 10 natürlichen Zahlen immer den Rest
1. Also muß der kleinste Primfaktor von N größer als 10 sein (es gilt
10! + 1 = 3628801 = 11 · 329891, also Antwort (e).
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Lösungen der Aufgaben
34
Lösung zu Aufgabe:
Es gilt 87 = 3∗29, 111 = 3∗37, 121 = 112 , 127 = 127, 133 = 7∗19. Nur
127 ist prim. Es kann sicher 127 nicht an einer Ecke stehen, da dann die
beiden der 127 gegenüberliegenden, nicht-benachbarten Ecken Vielfache von 127 sein müßten, was im Widerspruch dazu stünde, daß benachbarte Ecken teilerfremd sind, also Antwort (c).
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Lösungen der Aufgaben
35
Lösung zu Aufgabe:
Sei c = 13. Wegen 105 = 3 ∗ 5 ∗ 7 gibt es für a und b mit a < b folgende
Möglichkeiten:
a
b
c
3
35
13
3 + 13 < 35
5
7
21
15
13
13
5 + 13 < 21 ok
Im einzigen zulässigen Fall ist der Umfang 7 + 15 + 13 = 35, also
Antwort (a).
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Lösungen der Aufgaben
Lösung zu Aufgabe:
36
P100
Die 100 Spieler haben 14 i=1 i = 14 100·101
= 5050
= 1262, 50 e zu
2
4
1
zahlen. Der letzte hat 100 4 = 25 e, der vorletzte 24,75 e, der vorvorletzte 24,50 e zahlen müssen. Es müssen also minimal 3 Schummler
gewesen sein, also Antwort (a).
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0 e, der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter die Einnahmen des Abends
207 e. Gemeinheit, da haben ja welche geschummelt“, murrt er. Was ist die
Lösungen
der Aufgaben
”
an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben?
(B) 4 Lösung
(C)Aufgabe:
5
zu
(D) 6
37
(E ) 7
ben
ist dreimal gefaltet worden
β, wenn α = 70◦ ist?
α
(C) 120◦ (D) 110◦ (E ) 100◦
β
rfelexperiment. In jedem Versuch würfle ich mit einem Würfel dreimal nacheinBeim ersten
entsteht
ein des
gleichschenkliges
mit zweimal
drei Augenzahlen
genau Falten
dann, wenn
die Augenzahl
dritten Wurfs gleich Dreieck
der
o ist. Wie groß o
en desαersten
zweiten180
Wurfs
bei diesen
notierten Dreierundund
einmal
− 2α = 40 istals
’Innen’-Winkeln.
ichkeit, dass unter den drei Würfen mindestens eine 2 ist?
Beim zweiten Falten tritt dieser 40o -Winkel durch Spiegelung erneut
91
1
8
7
(B) auf, so daß
(C) sich β beim(D)drittmaligen (EFalten
)
aus drei 40o -Winkeln
216
2
15
12
zusammensetzt, also Antwort (c).
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inie eines Dreiecks werden Linien gezeichnet, die die
in 10 gleich große Teile teilen. Jeder zweite Streifen
. Abb.). Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau?
42,5 %
(C) 45 %
(D) 46 %
(E ) 47,5 %
klige Dreiecke gibt es, deren drei Eckpunkte gleichzeitig Eckpunkte eines gege0-Ecks A1 A2 A3 . . . A9 A10 sind?
(B) 42
(C) 48
(D) 64
(E ) 80
Lösungen der Aufgaben
38
Lösung zu Aufgabe:
Man notiert nur solche Dreier-Folgen, bei denen die dritte Augenzahl
c gleich der Summe der ersten beiden Augenzahlen a und b ist.
P
1, 2, 3
2, 3, 5 2, 4, 6
1, 1, 2
a, b, c
2, 2, 4
2, 1, 3
3, 2, 5 4, 2, 6
2
1
2
2
2
1
8
P ((a, b))
36
36
36
36
36
36 = 9
, also Antwort ().
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8
7
(D)Lösungen der Aufgaben (E )
15 zu Aufgabe:
12
Lösung
39
hnet, die die
eite Streifen
che ist grau?
(E ) 47,5 %
Laut Strahlensatz werden so auch die Höhen in 10 gleich große Teile
und
Höhe h und damit den Flächeninhalt A = 2 gh. Die geschummer
9
9
8
8
1
1
te Fläche As ist dann As = 12 10
g 10
h − 10
g 10
h + − . . . + 10
g 10
h =
gh 92 −82 +72 −62 +52 −42 +32 −22 +12
A 81−64+49−36+25−16+9−4+1
= 45A
2
100
100 ,
(D)also
64Antwort (c).100
(E ) =80
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Das größteEckpunkte
umbeschriebeneeines
Dreieckgegehabe Grundseite g
kte geteilt.
gleichzeitig
1
Lösungen der Aufgaben
40
Lösung zu Aufgabe:
Damit das rechtwinklige Dreieck dem regelmäßigen Zehneck einbeschrieben werden kann, muß wegen des Satzes von Thales die Hypotenuse ein Durchmesser sein, d.h. die Hypotenuse muß zwei gegenüberliegende Ecken verbinden. Es gibt fünf solcher Hypotenusen.
Zu jeder dieser Hypotenusen AB stellt jede der übrigen acht Ecken
des Zehnecks eine mögliche dritte Ecke C des Dreicks dar. Es ergeben
sich 5 · 8 = 40 mögliche, einbeschriebene Dreiecke, also Antwort (a).
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Lösungen der Aufgaben
41
guru Lösung
2010 — zu
Klassenstufen
11 bis 13ist die Aufgabe prinzipiell auch anaAufgabe: Natürlich
lytisch lösbar. Eine rein geometrische Lösung ist vermutlich einfacher.
2
1
1
1
1
O
3
m
4
8
R−2
R
−
1
ovalen
metriAbb.).
ils anus der
t?
M
Dascm
rechtwinklige
(D) 7,5
(E )Dreieck
8 cm ∆(M mO) hat die beiden Katheten a = 3
sowie b = R − 2und die Hypotenuse c = R − 1. Pythagoras liefert
100
dann
9 +3f(R − 2)2 =
= 5x
(R. − 1)2 und damit R = 6, also Antwort (a).
ung 2f
(x ) +
x
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(D) 0
(E ) 1011
und Turner die Schatzkiste öffneten
ahm sich zuerst Sparrow eine Münze,
ünf, usw. So wurden die Goldmünzen
Lösungen der Aufgaben
42
Lösung zu Aufgabe:
Betrachte f (x) nur für natürliche Argumente x mit x|100. Aus
2 f (1) + 3 f (100) = 5
2 f (2) + 3 f (50) = 10
2 f (4) + 3 f (25) = 20
2 f (5) + 3 f (20) = 25
2 f (10) + 3 f (10) = 50
2 f (20) + 3 f (5) = 100
2 f (25) + 3 f (4) = 125
2 f (50) + 3 f (2) = 250
2 f (100) + 3 f (1) = 500
ergibt sich sukzessive
f (10) = 10,
f (20) = −25 und f (5) = 50,
f (25) = −38 und f (4) = 67,
f (50) = −94 und f (2) = 146,
f (100) = −197 sowie f (1) = 298, also Antwort (b).
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Lösungen der Aufgaben
43
Lösung zu Aufgabe: Sei n die Anzahl der Münzen,
P die auf die drei
Piraten in r Portionen aufgeteilt werden. Also gilt n = ri=1 i = 12 r(r + 1).
P
Sparrow bekommt 1 + 4 + 7 + . . . + (1 + 3dr/3e) = dr/3e
i=0 (1 + 3i) = dr/3e +
Pdr/3e
1 + 3 i=1 i = dr/3e + 1 + 23 dr/3e(dr/3e + 1) Münzen, Barbossa bekommt
Pd(r−1)/3e
2 + 5 + 8 + . . . + (2 + 3d(r − 1)/3e) = i=0
(2 + 3i) = 2d(r − 1)/3e + 2 +
Pd(r−1)/3e
3
3 i=1
i = 2d(r −1)/3e+2+ 2 d(r −1)/3e(d(r −1)/3e+1) Münzen und
P
Turner bekommt 3 + 6 + 9 + . . . + (3 + 3d(r − 2)/3e) = d(r−2)/3e
(3 + 3i) =
i=0
Pd(r−2)/3e
3d(r − 2)/3e + 3 + 3 i=1
i = 3d(r − 2)/3e + 3 + 23 d(r − 2)/3e(d(r −
2)/3e + 1) Münzen. Barbossa hat am Ende 20 Münzen mehr als Turner,
d.h. r ∈ 2 + 3N, etwa r = 3m + 2. Dann gilt
20 = 2d(r − 1)/3e + 2 + 23 d(r − 1)/3e(d(r − 1)/3e + 1)
−3d(r − 2)/3e − 3 − 23 d(r − 2)/3e(d(r − 2)/3e + 1)
= 2(m + 1) + 2 + 23 (m + 1)(m + 2) − 3m − 3 − 32 m(m + 1)
= 2(m + 1) + 2
Somit ist m = 8 und r = 26, so daß Sparrow dr/3e+1+ 23 dr/3e(dr/3e+1) =
9 + 1 + 32 9 · 10 = 10 + 3 · 45 = 145 Münzen bekommt, also Antwort (c).
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bossa fünf, usw. So wurden die Goldmünzen
Aufgaben
ünzenLösungen
mehr alsder
Turner,
und Sparrow bekam
44
Aufgabe:
SeiMünzen.
x die gesuchte Kantenlänge.
zen. Lösung
(D) 187 zu
Münzen.
(E ) 210
sprojekt
eigt uns
sen sind
ungswint in den
dann die
C
15o
x−9
m
A
Gleichung (x − |x |)2 + (y − |y |)2 = 4 ?
2
45o
30o
B
√
9 2
x−9
Laut Sinus-Satz
in ∆(ABC) ygilt sin
30o + 135o + β =
30o = sin β , wo √
2 y
√
1
180o oder eben β = 15o gilt. Wegen sin 15o = 12
(3− 3) 6 gilt weiter
√
2
√
√
2
9+9
3
54 √
(E√)18−1 und
√
− 9−2= (3−0√
=
so
x
=
=
18
+
9
3
=
9(2
+
3),
x x(D)
x
x
0
3) 3
3−1
3−1
−1
also Antwort (b).
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−2
abwechselnd aus schwarzen
Lösungen der Aufgaben
45
Lösung zu Aufgabe:
Für x > 0 gilt x − |x| = 0, für x < 0 gilt x − |x| = 2x = −2|x|.
Lösungen im 1. Quadranten Wegen (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = 0
gibt es keine Lösungen im 1. Quadranten, was die Alternativen
b) und c) ausschließt.
Lösungen im 2. Quadranten Aus (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = (x −
|x|)2 = 4|x|2 = 4 folgt x = −1, was die Alternative d) ausschließt.
Lösungen im 3. Quadranten Wegen (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = 4x2 +
4y 2 = 4 liegen die Lösungen im 3. Quadranten gerade auf dem
Einheitskreis, was die Alternative e) ausschließt.
also Antwort (a).
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Lösungen der Aufgaben
46
Lösung
zu Aufgabe: Es geht um Folgen (s1 , . . . , sn ) ∈ {1, 2}n mit
Pn
i=1 si = 14 und n ungerade. Offensichtlich ist n < 14.
• Für n = 13 gibt es 13
= 13 Möglichkeiten, die eine Zwei zu
1
platzieren.
• Mit zwei Zweien geht’s nicht!
• Für n = 11 gibt es 11
= 165 Möglichkeiten, drei Zweien zu
3
platzieren.
• Mit vier Zweien geht’s nicht!
• Für n = 9 gibt es 95 = 126 Möglichkeiten, fünf Zweien zu
platzieren.
• Mit sechs Zweien geht’s nicht!
• Für n = 7 gibt es 77 = 1 Möglichkeiten, sieben Zweien zu
platzieren.
Insgesamt gibt es 13+165+126+1 = 305 Möglichkeiten, also Antwort
(e).
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