= = (3 + 2) = 5 11

1.

Bij A en E staan de benen van het poppetje loodrecht op elkaar. Bij C vormen de benen een scherpe hoek. Bij D vormen de benen een gestrekte hoek. Alleen bij B vormen de benen van het poppetje een stompe hoek. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 1. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

2.

Het juiste antwoord is E, omdat 25 < 64 < 71 < 83. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 2. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

3.

Alain kan van A naar B rijden door slechts 4 keer rechtsaf te slaan. Een mogelijke route is:

B

A

Aangemaakt: ma 9 dec 2013, 14:36 CET door Paul Igodt (2162, 1417302000000) - © USolv-IT - Enkel voor gebruik binnen de school.

c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 3. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

4.

We vinden: 3333 6666 + 101 303

1111 6 1111 + · 101 3 101 1111 1111 = 3· +2· 101 101 1111 = (3 + 2) · 101 = 5 · 11 = 3·

= 55. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 4. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

5.

De cijfers in onderstaande figuur geven een mogelijkheid om 3 snippers uit het papier te knippen.

1 2 2 1 1 2 2 1 3 3 3 3 Door een beetje te puzzelen zie je snel dat het onmogelijk is om 4 snippers uit het papier te knippen. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 5. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

6.

Het is mogelijk om 5 ballen te trekken die allemaal een verschillende kleur hebben: een rode, een blauwe, een witte, een groene en een zwarte. Omdat er maar 5 kleuren zijn, zal de zesde bal ook een van deze kleuren hebben. Dan zijn er dus twee ballen van dezelfde kleur. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 6. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

7.

In het vooraanzicht zien we van links naar rechts achtereenvolgens 4, 3, 3 en 2 kubussen boven elkaar staan. In het achteraanzicht blijven die aantallen dezelfde maar keert de volgorde om. Als Gökhan het gebouw langs achter bekijkt, ziet hij dus van links naar rechts achtereenvolgens 2, 3, 3 en 4 kubussen boven elkaar staan. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 7. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw


8.

Uit volgend schema leiden we af dat er na 55 minuten precies 4 kaarsen aan het branden zijn.

zevende kaars zesde kaars vijfde kaars vierde kaars derde kaars tweede kaars eerste kaars 0 5

55

tijd (min)


9.

We kunnen de diagonalen tekenen en het aantal vakjes die niet gesneden worden tellen:

Het zijn er 32. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 9. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

10.

Uit volgende tekening blijkt dat de schaduw in E correct is.

L


11.

Ayoub eet

1 1 1 4 3 2 9 3 + + = + + = = van een pizza. 3 4 6 12 12 12 12 4



12.

3 De zijde van elke ruit is . De omtrek van de twaalfhoek bestaat uit 12 zulke zijden en is 4 3 dus 12 · = 9. 4 c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 12. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

13.

Er zijn 8 mogelijkheden om het derde schip te plaatsen:


14.

Door nog enkele lijntjes bij te tekenen, zien we dat de driehoek verdeeld kan worden in 9 congruente driehoekjes, waarvan er 6 gekleurd zijn.

Aangezien elk driehoekje oppervlakte 1 heeft, is de gekleurde oppervlakte gelijk aan 6.



15.

Als xz = 35, dan is {x, z} = {1, 35} of {x, z} = {5, 7}. Uit de andere gegevens blijkt echter dat x en y niet gelijk kunnen zijn aan 35, dus is {x, z} = {5, 7}. Omdat yz = 10 niet deelbaar is door 7, is ook z niet deelbaar door 7, dus is z = 5 en x = 7. Uit yz = 10 volgt dan onmiddellijk dat y = 2. Merk op dat dan xy = 7 · 2 = 10. We vinden dan dat x + y + z = 7 + 2 + 5 = 14. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 15. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

16.

b = 180◦ − 55◦ − 40◦ = 85◦ . In 4ABC vinden we dat C b = 180◦ − 35◦ − 40◦ = 105◦ . In 4BDE vinden we dat E b = 360◦ − 105◦ − 40◦ − 85◦ = 130◦ . In de vierhoek EBCH vinden we dat H D 35◦

85◦

H

105◦

55◦

A

C

40◦

B

E c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 16. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

17.

Omdat iedereen liegt, weten we: (i) De stenen van Aron en Bert hebben verschillende kleur. (ii) De stenen van Bert en Caro hebben verschillende kleur. (iii) Het aantal personen met een rode steen is 0, 1 of 3.


Uit (i) en (ii) volgt dat de stenen van Aron en Caro dezelfde kleur hebben, maar dat Bert de andere kleur heeft. Het aantal personen met een rode steen kan dus niet gelijk zijn aan 0 of aan 3. Wegens (iii) is het aantal rode stenen dus gelijk aan 1. Het aantal groene stenen is dus gelijk aan 2. Dat betekent dat Aron en Caro groene stenen hebben en Bert een rode steen. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 17. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

18.

We kunnen het bereik van de gsm-masten voorstellen door cirkels met straal 6 en met de gsm-masten als middelpunten.

y

1 1

x

Het enige kasteel zonder bereik is



19.

Liesbet ligt een halve ronde voor op Joris. Op de tijd dat Liesbet 8 halve rondes loopt, loopt Joris er 9. Dat is dus het moment dat Joris Liesbet inhaalt. Liesbet heeft dan 4 volledige rondes gelopen. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 19. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

20.

De jongste is geboren op 20 maart 2001. Omdat Danny en Evelien diegenen zijn die jarig zijn op de 20ste, is Evelien geboren op 20 maart 2001 of op 20 februari 2000. Omdat Aaron en Evelien in dezelfde maand jarig zijn, kan Evelien niet jarig zijn in februari, want die maand komt maar een keer voor. Dus is Evelien geboren op 20 maart 2001. Evelien is dus de jongste. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 20. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

21.

We verdelen de gezochte oppervlakte in 1 vierkant I en 4 driehoeken II, III, IV en V , zoals in de figuur

IV

kruidentuin V

III 1m

I II 1m De oppervlakten zijn: I = 1 m2

II =

1 3 · 3 · 1 = m2 2 2

1 · 7 · 2 = 7 m2 2 en dus is de gezocht oppervlakte gelijk aan IV =

V =

I + II + III + IV + V = 1 +

III =

1 · 3 · 4 = 6 m2 2

1 5 · 1 · 5 = m2 2 2

5 3 + 6 + 7 + = 18 m2 . 2 2



22.

De volgorde 4−5−6−2−3−1 is onmogelijk. Dit zou betekenen dat de kinderen de keuken binnenkomen net na het bakken van taart 4, nog een keer net na het bakken van taart 5 en nog een keer net na het bakken van taart 6. Echter, daarna is taart 3 de warmste en dus kunnen de kinderen niet taart 2 opeten. De volgorde 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 6 is mogelijk als de kinderen in de keuken blijven en telkens de zopas gemaakte taart opeten. De volgorde 1 − 2 − 5 − 4 − 3 − 6 is mogelijk als de kinderen in de keuken blijven totdat taarten 1 en 2 gebakken zijn (en ze telkens opeten), vertrekken en weer terugkomen als taart 5 gebakken is, dan taarten 5, 4 en 3 opeten nog v´ oór taart 6 klaar is en ten slotte taart 6 opeten. De volgorde 3 − 2 − 5 − 4 − 6 − 1 is mogelijk als de kinderen in de keuken komen nadat taart 3 klaar is, taarten 3 en 2 opeten, vertrekken en weer terugkomen als taart 5 klaar is, taarten 5 en 4 opeten nog v´ oór taart 6 klaar is, vertrekken en weer terugkomen als taart 6 klaar is, taart 6 opeten en ten slotte taart 1 opeten. De volgorde 6 − 5 − 4 − 3 − 2 − 1 is mogelijk als de kinderen wachten tot de laatste taart gebakken is en dan alle taarten opeten. c Kangoeroewedstrijd editie Wallabie: jaargang 2013, probleem 22. Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw

23.

We vinden onmiddellijk het nummer van de ribbe die de hoekpunten 1 en 2 verbindt:

1

3

2

Het nummer 4 kan niet horen bij een ribbe. Immers, bij de uiteinden van die ribben zou dan ofwel twee keer een 2 moeten staan, ofwel een 1 en een 3. Het cijfer 2 mag echter niet meer dan een keer voorkomen en het cijfer 3 is al gebruikt. Daarom hoort het nummer 4 bij een hoekpunt. Uit symmetrieredenen is het niet van belang welk hoekpunt dat is. We kiezen bijvoorbeeld het punt rechts onderaan:

1


3

2

4

De ribbe die hoekpunten 1 en 4 verbindt, krijgt nummer 5. De ribbe die hoekpunten 2 en 4 verbindt, krijgt nummer 6:

1

3

5

6

2

4

De mogelijkheden om 7 als som te schrijven zijn 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4, maar deze nummers komen niet voor als paren van hoekpunten. Daarom is 7 het nummer van het enige ongenummerde hoekpunt:

1

3

6

2 Aangemaakt: ma 9 dec 2013, 14:36 CET door Paul Igodt (2162, 1417302000000) - © USolv-IT - Enkel voor gebruik binnen de school.

5

4

7 Hierdoor ligt ook de plaats van de nummers 8, 9 en 11 vast:

1

3

5 8 6

2

4 11

9 7


24.

Omdat het laatste cijfer van de som oneven is, moet het laatste cijfer van het oorspronkelijke getal worden geschrapt. Immers, indien het laatste cijfer niet wordt geschrapt zou het cijfer van de eenheden even zijn. We zoeken dus de cijfers A, B, C, D en E zodat A B C D E + A B C D 5 2 7 1 3 In het schema zien we dat A = 5 of A = 4. Het eerste geval doet zich voor als B + A < 10 (en er dus geen 1 wordt “onthouden” bij de duizendtallen) en het tweede geval doet zich voor als B + A ≥ 10 (en er dus wel 1 wordt “onthouden” bij de duizendtallen). Als A = 5, dan is B = 7 of B = 6, maar dat is in strijd met B + A < 10. Dus A = 4. Bij de duizendtallen zien we dat B = 8 (als C + B < 10) of B = 7 (als C + B ≥ 10). Als B = 8, dan is C = 9 of C = 8, maar dat is in strijd met C + B < 10. Dus B = 7. Bij de honderdtallen zien we dat C = 0 (als D + C < 10) of C = 9 (als D + C ≥ 10). Als C = 0, dan is C + B = 7, maar dat is in strijd met C + B ≥ 10. Dus C = 9. Bij de tientallen zien we dat D = 2 (als E + D < 10) of D = 1 (als E + D ≥ 10). Als D = 1, dan is E = 2, maar dat is in strijd met E + D ≥ 10. Dus D = 2 en E = 1. Het oorspronkelijke getal is dus 47 921. De som van zijn cijfers is 23.



= = (3 + 2) = 5 11

Recommend Documents