Erste schriftliche Wettbewerbsrunde. Klasse 7

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1 Erste schriftliche Wettbewerbsrune Die hinter en Lösungen stehenen Prozentzahlen zeigen, wie viel Prozent er Wettbewerbsteilnehmer ie gegebene Lösung angekreuzt haben. Die richtigen Lösungen weren fettgeuckt un grau hinterlegt angegeben. Klasse 7 1. Wie viele urch 10 teilbare natürliche Zahlen gibt es zwischen 10 un 01? (A) 98 (B) 99 (C) 100 (D) 989 (E) 999 Lösung: Die kleinste solche Zahl ist 1030, ie größte 010. Jee zehnte Zahl ist entsprechen un 010 = , also in er Folge er urch 10 teilbaren natürlichen Zahlen steht 010 um 98 Zahlen später, als 1030 un aurch gibt es insgesamt 99 solche Zahlen. (A) 5% (B) 7% (C) % (D) % (E) %. In er Rechenaufgabe können an Stelle von beliebig + oer Zeichen geschrieben weren. Welche er folgenen Zahlen können wir als Energebnis bekommen? (A) 1 (B) (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: Wenn wir zuerst statt allen ein + Zeichen schreiben, ist as Ergebnis = 1. Wenn wir jetzt vor einer Zahl a as + Zeichen mit einem Zeichen tauschen, verminert sich ie Summe um a (wenn zum Bsp. nicht +3, sonern -3 vorkommt, verminert sich ie Summe um ). Da 1 ungerae ist un alle Änerungen ie Summe um eine gerae Zahl verminern, kann as Energebnis nur eine ungerae Zahl sein. So sin ie Lösungen (B) un (D) falsch. Die aneren rei Antworten sin möglich: = 1, = 3 un = 5 (A) 8% (B) 8% (C) 91% (D) 10% (E) 78% 3. Norbert schnitt aus einem Stück Papier ein cm cm großes Rechteck. Er hat noch ein aneres Rechteck un ein Quarat. Aus iesen rei Figuren kann er ein Quarat so zusammenstellen, ass ie einzelnen Teile einaner nicht überecken un es auch keine Spalten zwischen ihnen gibt. Welche von en angegebenen Zahlen kann ie Länge er einen Seite es aneren Rechtecks sein? (A) 4 (B) (C) 8 (D) 10 (E) 1 Lösung: Das kleine Quarat muss in einer Ecke es großen Quarats liegen, sonst brauchten wir minestens rei Rechtecke um as kleine Quarat auf as große Quarat zu ergänzen. So ist aber ie Aufteilung eineutig: mit Drehung

2 un Spiegelung ist zu erreichen, ass as große Quarat folgenermaßen aussieht: A B Bezeichnen wir ie Seitenlänge es kleinen Quarats mit. Wir müssen ie Fälle emnach unterscheien, ob A oer B as cm Rechteck ist un welcher Wert zu welcher Seite gehört. Wenn A as cm Rechteck ist, kann ie waagerechte Seite nur cm (a sie ie eine Seite es großen Quarats ist), un ie senkrechte cm lang (ie kürzer, als ie Seite es großen Quarats ist) sein. So ist = 4 cm un im Rechteck B ie waagerechte Seite cm un ie senkrechte Seite 4cm lang. Wenn B as cm Rechteck ist un seine waagerechte Seite ie Kürzere ist, ist = cm, un ie Seitenlänge es großen Quarats 8cm. So ist im Rechteck A ie waagerechte Seite 8cm un ie senkrechte Seite cm. Wenn B as cm Rechteck ist un seine senkrechte Seite ie Kürzere ist, ist = cm, un ie Seitenlänge es großen Quarats 8cm. So ist im Rechteck A ie waagerechte Seite 8cm un ie senkrechte Seite cm Die eine Seite es aneren Rechtecks kann also, 4,, bzw. 8cm lang sein. (A) 73% (B) 34% (C) 47% (D) 11% (E) 13% A 4. Die Abbilung zeigt, ass A um verminert B ergibt, C ein Drittel von B un A as Vierfache von C ist. Was ist er 4 Wert von 9C B A? B C (A) 4 (B) (C) 0 (D) (E) Nicht feststellbar. :3 Lösung: Nach er Abbilung ist A= 4 Cun B= A = 4 C un C= B:3, also 3 C= B= 4 C. Daraus folgt, ass C =, A = 8 un B =. So ist er Wert von 9C B Agleich 9 8=. (A) 5% (B) 57% (C) 4% (D) 5% (E) 9%

3 5. Alle Freune er Neuörfer haben Fohlen. Unter en Altörfern gibt es Freune von Neuörfern. Wie viele bestimmt richtige Behauptungen gibt es unter en folgenen vier Aussagen? Unter en Altörfern gibt es niemanen, er Fohlen hat. Wenn jeman Fohlen hat, ist er ein Freun er Neuörfer. Wenn ein Altörfer Fohlen hat, ist er ein Freun er Neuörfer. Wenn jeman kein Fohlen hat, ist er kein Freun er Neuörfer. (A) 0 (B) 1 (C) (D) 3 (E) 4 Lösung: Die erste Behauptung ist falsch, enn es gibt solche Altörfer, ie Freune von Neuörfern sin un aurch Fohlen haben. Die zweite un ritte Behauptung muss nicht unbeingt richtig sein, a auch solche Altörfer Fohlen haben können, ie keine Freune von Neuörfern sin. Auf sie bezieht sich keine Beingung. Die letzte Behauptung ist bestimmt richtig, enn wenn jeman ohne Fohlen och ein Freun er Neuörfer wäre, müsste er ein Fohlen haben, was ein Wierspruch ist. Unter en vier Behauptungen ist also nur ie Letzte bestimmt richtig. (A) 5% (B) 4% (C) 30% (D) 31% (E) 1%. Susanne suchte alle vierstelligen Zahlen, ie größer sin als 7000 un ie folgenen vier Beingungen erfüllen: I.) sin urch 9 teilbar. II.) Wenn wir ie letzte Ziffer weglassen, wir ie reistellige Zahl urch 8 teilbar. III.) Wenn wir ie letzten beien Ziffern weglassen, wir ie zweistellige Zahl urch 7 teilbar. Welche Ziffer kann in einer solchen vierstelligen Zahl an er Zehnerstelle stehen? (A) 1 (B) 4 (C) (D) 7 (E) 8 Lösung: Die gesuchte vierstellige Zahl sei abc, wo a 7 ist. Da ab urch 7 teilbar ist, kann sie nur ie Werte von 70, 77, 84, 91, 98 annehmen. Diese müssen wir mit c so ergänzen, ass ie Zahl abc urch 8 teilbar wir. Die möglichen Werte sin 704, 77, 840, 848, 91, 984. All iese Zahlen kann man mit einer Ziffer so ergänzen, ass ie neue Zahl urch 9 teilbar ist. Die vierstelligen Zahlen sin: 7047, 777, 840, 8487, 91, 984. An er Zehnerstelle können also ie Ziffern 0,, 4,, 8 stehen. (Ergänzung: a abc urch 8 teilbar ist, muss c eine gerae Zahl sein un so wissen wir gleich von Antwort (A) un (D), ass sie falsch sin un für ie aneren rei Antworten genügt es, wenn wir konkrete Beispiele finen.) (A) 1% (B) 58% (C) 48% (D) % (E) 50% 7. Die eine Seite es Rechtecks ABCD ist zweimal so lang, wie ie Anere. Bezeichnen wir en Schnittpunkt er Diagonalen es Rechtecks mit S. So ist er Umfang es Dreiecks ABC um 8cm länger, als er Umfang es Dreiecks ABS. Wie viel cm kann er Umfang es Rechtecks ABCD sein?

4 (A) 1 (B) 4 (C) 3 (D) 48 (E) 5 Lösung: Wir müssen emnach zwei Fälle unterscheien: ob as Dreieck ABS ie kürzere oer längere Seite es Rechtecks enthält. C B S D A Im ersten Fall soll ie kürzere Seite es Rechtecks AB, un ie Längere BC sein. Bezeichnen wir ie Seiten mit un. Bezeichnen wir ie Hälfte er Diagonale mit. So ist er Umfang es Dreiecks ABC AB + BC + CA = + + = 3 + un er Umfang es Dreiecks ABS AB + BS + SA = + + = +. Der Umfang es Dreiecks ABC ist also um länger, als er Umfang es Dreiecks ABS. Daraus folgt, ass = 4 cm + = = 4ist. un er Umfang es Rechtecks ( ) D S A B Im zweiten Fall soll ie längere Seite es Rechtecks AB, un ie Kürzere BC sein. Bezeichnen wir ie Seiten wieer mit un. Bezeichnen wir ie Hälfte er Diagonale mit. So ist er Umfang es Dreiecks ABC AB + BC + CA = + + = 3 +, un er Umfang es Dreiecks ABS AB + BS + SA = + + = +. Der Umfang es Dreiecks ABC ist also um länger, als er Umfang es Dreiecks ABS. Daraus folgt, ass 8 + = = 48cm ist. = cm un er Umfang es Rechtecks ( ) (A) 11% (B) 43% (C) 1% (D) 48% (E) 9% 8. In em nebenstehenen Quaratnetz gaben wir alle Eckpunkten zweier Quarate an. Wie viel cm ist er gemeinsame Teil er beien Quarate groß, wenn ein kleines Einheitsquarat en Flächeninhalt von 5mm hat? (A) (B) 8 (C) 1 (D) 100 (E) 00 Lösung: Der Flächeninhalt eines kleinen Quarats beträgt 5mm, also 0,5cm. Die acht Eckpunkte können nur auf einer Weise zwei Quarate bilen. In en unteren Abbilungen sin iese ie Quarate ABCD un C

5 EFGH. Bezeichnen wir ie Schnittpunkte von AB un EH mit P un en Schnittpunkt von BC un GH mit R. Wir müssen en Flächeninhalt es Vierecks PBRH angeben. D A E P B H R G C F Das gesuchte Viereck besteht aus en Dreiecken PBH un RBH. Im Dreieck PBH ist ie Seite BH 4 Einheiten lang, ie zu ihr gehörene Höhe 1 Einheit un so sein Flächeninhalt 41 = kleine Quarate. Im Dreieck RBH ist ie Seite BH 4 Einheiten lang, ie zu ihr gehörene Höhe 3 Einheiten un so sein 43 Flächeninhalt = kleine Quarate. Der Flächeninhalt es Vierecks PBRH entspricht so + = 8Quaraten, was 8 0,5= cm ist. (Ergänzung: Den Flächeninhalt es gemeinsamen Teiles hätten wir auch berechnen können, inem wir ihn, wie in er Abbilung fettgeruckt markiert, auf ein 44 Quarat ergänzen un von sein Flächeninhalt ie Flächeninhalte er abfallenen Dreiecke subtrahieren.) (A) 41% (B) 9% (C) 14% (D) 8% (E) 9% 9. Die natürlichen Zahlen a, b un c bezeichnen ie in cm gemessenen Seitenlängen eines Dreiecks. Welche er folgenen Behauptungen trifft auf ieses Dreieck zu, wenn eine er rei Zahlen Teiler er beien Aneren ist? (A) Solches Dreieck gibt es nicht.. (B) Ist bestimmt rechtwinklig. (C) Kann regelmäßig sein.. (D) Kann gleichschenklig sein. (E) Ist bestimmt gleichschenklig. Lösung: Seien ie rei Seitena b c, so ist a Teiler von b un c. Da eine positive ganze Zahl Teiler von sich selbst ist, kann a= b= c, un aurch as Dreieck regelmäßig sein. Das Dreieck kann auch gleichschenklig, aber nicht regelmäßig sein, wie zum Bsp. im Fall a = cm un b= c= 4 cm. Antworten (A) un (B) sin also falsch un (C) un (D) richtig.

6 Wir zeigen, ass as Dreieck gleichschenklig sein muss. Da a sowohl von b als auch von c Teiler ist, können ie zwei längeren Seiten als b= m a un c= n a aufgeschrieben weren, wo m un n positive ganze Zahlen sin un m n. Aus er Dreiecksungleichung c< a+ bfolgt, ass n a< a+ m a. Durch a geteilt bekommen wir en Zusammenhang n< 1+ m. Das stimmt aber nur, wenn m= nun so b= cist. Das Dreieck muss also gleichschenklig sein un so ist Antwort (E) richtig. (A) 18% (B) 15% (C) 5% (D) 3% (E) 1% 10. Ornet ie Zahlen 1,, 3, 4, 5,, 7, 8, 9, 10, 11, 1, 13, 14, 15, 1 an einer Gerae so nebeneinaner an, ass ie Summe zwei nebeneinaner stehenen Zahlen immer eine Quaratzahl ergibt. Welche er folgenen Zahlen weren ann nebeneinaner stehen? (A) 3 un 5 (B) 1 un 3 (C) 1 un 8 (D) 9 un 1 (E) 10 un 15 Lösung: Die 1 muss an einem Ene stehen, a sie von en angegebenen Zahlen nur mit 9 aiert eine Quaratzahl ergibt (1 + 9 = 5 un ie nächste wäre1 + 0 = 3 ). Am aneren Ene muss ie 8 stehen (8+ 1= 9, aber 8+ 8= 1ist nicht möglich un 8+ 17= 5 schon zu groß). Wir können also annehmen, ass am Anfang ie Zahlen 1, 9 un am Ene 1, 8 in ieser Reihenfolge stehen. Überprüfen wir von links nach rechts, welche Zahlen nebeneinaner stehen müssen. Nach 9 steht eine Zahl, ie noch nicht vorkam un zu 9 aiert eine Quaratzahl ergibt. Das kann nur ie 7 sein. Nach 7 kann nur ie stehen, a 7+ = 9 aber zu 7+ 9= 1brauchten wir noch mal ie 9. Ähnlicherweise können wir ie weiteren Zahlen suchen, bis 3 ist es eineutig: 1, 9, 7,, 14, 11, 5, 4, 1, 13, 3,,,, 1, 8 Nach 3 könnte sowohl ie als auch ie 1 stehen, aber 1 haben wir schon am Ene er Reihe, so ist ie einzig richtige Zahl: 1, 9, 7,, 14, 11, 5, 4, 1, 13, 3,, 10, 15, 1, 8 Wir sehen also, ass von en angegebenen Zahlenpaaren ie 1 un 8, ie 9 un 1, bzw. ie 10 un 15 Nachbarzahlen sin. (A) 18% (B) 4% (C) 58% (D) 59% (E) 55% 11. An er Tafel stehen ie Zahlen, 0, 1, in ieser Reihenfolge. Bei jeem Schritt wählen wir zwei Zahlen aus un vermehren ie Eine um un ie Anere um 3. Welche vier Zahlen können in er angegebenen Reihenfolge an er Tafel stehen, wenn wir iese Schritte mehrmals wieerholen? (A) 10, 10, 10, 10 (B) 4, 5,, 7 (C) 77, 77, 33, 33 (D) 1114, 1113, 1111, 111 (E) 010, 011, 01, 013 Lösung: Die Summe er ursprünglichen Zahlen ist = 5. Diese Summe vermehrt sich immer um + 3= 5 un aurch wir iese Summe immer urch 5 teilbar sein. Deshalb sin Antworten (B) un (E) bestimmt

7 falsch ( = 10 un = 804 sin urch 5 nicht teilbar). Wir zeigen, ass ie aneren rei Antworten möglich sin. Wir weren ausnutzen, ass wir zwei beliebige Zahlen in zwei Schritten um 5-5 vermehren können (erst aieren wir zu einer Zahl un zur aneren 3 un ann umgekehrt) un wenn wir as auch bei en aneren zwei Zahlen urchführen, können wir alle vier Zahlen um 5-5 vermehren. Antwort (A) bekommen wir, inem wir zuerst eine 5-Vermehrung verwenen (7, 5,, 7). Eine mögliche Fortsetzung ist ann: (10, 7,, 7), (10, 10, 8, 7), (10, 10, 10, 10). Bei Antwort (C) setzen wir en bei Antwort (A) erreichten Zustan (10, 10, 10, 10) mit 5-Vermehrungen fort un bekommen (75, 75, 30, 30). Die Schritte von hier sin: (77, 75, 33, 30) un (77, 77, 33, 33). Um Zustan (D) zu erreichen, ist er erste Schritt (4, 3, 1, ) un von hier bekommen wir urch 5-Vermehrungen en Zustan (1114, 1113, 1111, 111). (A) 40% (B) 34% (C) 7% (D) 33% (E) 5% 1. Auf wie viele nicht unbeingt gleiche kleine Würfel kann ein Würfel aufgeteilt weren? (A) 0 (B) 34 (C) 38 (D) 41 (E) 50 Lösung: Alle Antworten sin möglich. Dazu weren wir en Würfel als Ausgangszustan auf 3 3 3=7, bzw =4 kleine Würfel aufteilen. Wenn wir bei en 7 Würfeln in er einen Ecke liegenen Würfel auf einen größeren Würfel tauschen, wir er große Würfel aus 0 kleinen Würfeln bestehen. Wenn wir en einen aus en 7 kleinen Würfeln in kleinere Würfel aufteilen, vermehren wir ie Anzahl er Würfel um 7 un so gelangen wir zu 34 Würfeln. Mit einer weiteren gleichen Aufteilung bekommen wir 41 Würfel. 0 Würfel 34 Würfel 41 Würfel Wenn wir bei en 4 Würfeln in er einen Ecke liegene Würfel auf einen größeren Würfel tauschen, wir er große Würfel aus = 38 kleinen Würfeln bestehen. Wenn wir bei en 4 Würfeln in zwei beliebigen Ecken liegene =8 Würfel in Größeren tauschen, bekommen wir = 50 Würfel.

8 38 Würfel 50 Würfel (A) 7% (B) 59% (C) 57% (D) 40% (E) 0% 13. Die 10 Punkte er Abbilung liegen in en Gitterpunkten eines regelmäßigen Dreiecknetzes. Wie viele Punkte können so abgewaschen weren, ass unter en gebliebenen Punkten keine rei gibt, ie ein regelmäßiges Dreieck bilen? (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) (E) 7 Lösung: Mit em Abwaschen von 4 Punkten kann ie gewünschte Beingung schon erreicht weren. Das zeigt ie rechte Abbilung, wo ie weißen Kreise ie abgewaschenen Punkte arstellen. Das Ziel ist natürlich auch urch 5,, bzw. 7 Abwaschen zu erreichen. Wir zeigen, ass as Abwaschen von 3 Punkten noch nicht ausreicht. Rechnen wir zuerst zusammen, wie viele regelmäßige Dreiecke ie 10 Punkte bilen. Diese Dreiecke sin ihrer Größe nach in rei Gruppen zu ornen: = 9Dreiecke gibt es vom ersten Typ, 1+ = 3vom zweiten Typ, vom ritten Typ un 1 vom vierten Typ. Insgesamt also = 15Dreiecke. Überprüfen wir jetzt, um wie viel ie Anzahl er Dreiecke beim Verlassen eines Punktes verminert weren kann. Der mittlere Punkt ist Eckpunkt von Dreiecken (alle Typ1.), ie äußeren Eckpunkte kommen in 3 Dreiecken vor (im Typ1, Typ, Typ4) un ie auf en äußeren Seiten liegenen aneren Punkte in 5 Dreiecken (reimal im Typ1 un einmal im Typ un 3). Also mit em Abwaschen er rei Punkttypen verminert sich ie Anzahl er Dreiecke er Reihe nach um, 3, bzw. 5.

9 Dreiecke 3 Dreiecke 5 Dreiecke Wenn einer er rei abgewaschenen Punkte ein äußerer Eckpunkt ist, bleiben nach essen Abwaschen noch 15 3 = 1 Dreiecke. Aber mit em Abwaschen zwei weiterer Punkte kann ie Anzahl er Dreiecke höchstens um + 5= 11verminert weren un so bliebe noch regelmäßiges Dreieck. Das beeutet, ass wir keinen äußeren Eckpunkt abwaschen ürfen, so bleibt aber as Dreieck Typ4. Also nach em Abwaschen von 3 Punkten, bleibt noch bestimmt regelmäßiges Dreieck. Zweite Lösung: Wie schon gezeigt, kann mit em Abwaschen von 4 Punkten ie gewünschte Beingung erreicht weren. Wir zeigen, ass as Abwaschen von 3 Punkten noch nicht ausreicht. Ein äußerer Eckpunkt muss auf jeen Fall abgewaschen weren, nehmen wir en Oberen. So bilen ie übriggebliebenen 9 Punkte rei verschieene Dreiecke. Von allen müssen wir noch minestens einen Punkt also insgesamt 4 Punkte abwaschen. (A) 17% (B) % (C) 4% (D) 75% (E) 9% Aufgabe zur ausführlichen Bearbeitung: 14. Die Summe von zehn verschieenen positiven ganzen Zahlen ist. Beweist, ass as Proukt er zehn Zahlen urch 0 teilbar ist. Lösung: Überprüfen wir ie Teilbarkeit urch 3, 4 un 5. Wenn keine er zehn Zahlen urch 3 teilbar wäre, wäre ihre Summe minestens = 75, aber as ist nicht möglich (4 Punkte). Wenn keine er Zahlen urch 4 teilbar wäre, wäre ihre Summe minestens = 7, aber as ist auch nicht möglich (4 Punkte). Wenn keine er Zahlen urch 5 teilbar wäre, wäre ihre Summe minestens = 3, aber as ist auch nicht möglich (4 Punkte). So müssen unter en zehn Zahlen urch 3, 4 un 5 teilbare Zahlen sein un a er größte gemeinsame Teiler von 3, 4 un 5 ie Eins ist, ist as Proukt er Zahlen urch 345 = 0teilbar (4 Punkte). Eine anere aber richtige Begrünung ist ähnlich em beschriebenen Geankenweg zu bewerten. (Insgesamt 1 Punkte.) Ergänzung: es gibt tatsächlich zehn Zahlen, eren Summe ist, ein Beispiel afür: =.