初中數(shù)學(xué)競賽專題復(fù)習(xí)第四篇組合第28章操作聞題和邏輯推理聞題試題人教版

1、1 / 16第 28 章 操作聞題和邏輯推理聞題28.1有趣的操作問題28.1.1*在黑板上記上數(shù) 1, 2,，n ,現(xiàn)允許選擇任意兩個數(shù)。 換成其和或差（絕對值），經(jīng)過n 1次操作，黑板上只剩下1 個數(shù)問對于什么樣的，才可能讓這最后一個數(shù)為0?解析 顯然，經(jīng)過一次操作，原來的奇數(shù)個數(shù)要么保持不變，要么減少 2,因此奇數(shù)總數(shù)的奇偶性在操作前后保持不變，當(dāng)n 1, 2 （mod4）時，奇數(shù)個數(shù)為奇數(shù)個，不可能減到0 個（0 是偶數(shù)）因此，要滿足題目要求，一個必要條件是n 0, 3 （mod4） 當(dāng)n 0（mod4）時，由于連續(xù) 4 個整數(shù)可以得到兩個 1，從而進(jìn)一步得到 0,最終可得到一個 0;

2、當(dāng)n 3（mod4）時，先取出 1、2、3,得到 0, 其余仍然 4 個連續(xù)整數(shù)一組，仍可最終得到0 因此答案為n 0, 3 （mod4）28.1.2*只盤子排成一行，每次操作任取兩只盤子，將它們移到相鄰（或左或右）的位置上，盤子可以重疊，問能否經(jīng)若干次操作后，使6 只盤子疊在一起.解析 設(shè)想盤子的位置是數(shù)軸上的整數(shù)點1、2、3、4、5、6 由于相鄰整數(shù)的奇偶性不同，故每次移動改變了兩個位置的奇偶性.原來有奇數(shù)個盤子在奇數(shù)位置，每次移動有三種可能：（i ）將兩個奇數(shù)位置的盤子移到偶數(shù)位置；（ii）將兩個偶數(shù)位置的盤子移到奇數(shù)位置；（iii）將一個奇數(shù)位置的盤子移到偶數(shù)位置，將一個偶數(shù)位置的盤子

3、移到奇數(shù)位置無論哪種情況，每次移動后仍有奇數(shù)個盤子在奇數(shù)位置上，這就表明不能把6 只盤子重疊在一起（因為 6 只盤子疊在一起時，奇數(shù)位置的盤子是偶數(shù)（6 或 0 個）.28.1.3*黑板上寫有 1, 1,1，丄每次操作可以從黑板上的數(shù)中選取2 個數(shù) a、b，刪去23100a、b并在黑板上寫上數(shù)a b ab，問經(jīng)過 99 次操作后，黑板上剩下的數(shù)是幾？解析因為 a b ab 1 a 1 b 1 ,所以每次操作前和操作后，黑板上的每個數(shù)加I 后的乘積不變.11 1設(shè)經(jīng)過 99 次操作后黑板上剩下的數(shù)為 x，則 x 111-1-1 1，得x 1101,于23100是x 100.28.1.4* 在正方

4、形的 3 個頂點處各有一只螞蚱，現(xiàn)在每次有一只螞蚱從另一只螞蚱背上跳過，落到 對稱的位置問是否在經(jīng)過幾次跳躍之后，有一只螞蚱跳到了正方形的第4 個頂點上？解析 不能不妨設(shè)原來 3 只螞蚱所在位置是（0, 0）, （1 , 0）, （0, 1） 由中點坐標(biāo)易見，每次跳躍 之后，對稱位置的橫、縱坐標(biāo)的奇偶性與原先起跳點的一樣，而原先沒有一只螞蚱在奇數(shù)格點（即兩 坐標(biāo)都是奇數(shù)）上，因此也就沒有一只螞蚱會跳到奇數(shù)格點上，當(dāng)然也就不會落到（1, 1） 上.28.1.5* 中國象棋中的馬，每步由 1X2 格的一個頂點跳到其對角頂點.求證：該馬從棋盤上任意一 點出發(fā)要跳到它的相鄰格，必須經(jīng)過奇數(shù)步.解析 賦

5、象棋盤每個格點（i , j ）以數(shù) 1i j,馬每跳一步，必在行和列中，一種增減2，另一種增2 1減 1，即乘以11 i jki j 1i jk所以，馬跳k步后，到它的相鄰格點時，必有11111 ,故 11，故k為奇數(shù).28.1.6*一個箱子里裝有p個白球和q個黑球，箱子旁邊還有一堆黑球從箱子里取出兩球：如果這兩個球是同顏色的，則從箱外取出一個黑球放回箱子里；如果這兩個球是異色的，則把其中的白球 放回箱子這個過程一直重復(fù)到最后一對球從箱子取出，并且最后一個球放回箱子試問最后一對球 有沒有可能是白色的？并說2 / 16明理由.解析 若在白球上記上數(shù)字 1，黑球上記上數(shù)字 0，則任何時候箱中的白球

6、數(shù)就等于箱內(nèi)所有球的數(shù)字 之和S，并且開始時總和為p，如果取的兩個球是白色，則放回一個黑球，故總和變成 S p 2如 果取的兩個球是黑色，則放回一個黑球，故總和是 S p 如果取出的兩球是一黑一白，則放回這個白 球，故總和也是 S p 由此可知，每完成一個過程，箱子里球的數(shù)字之和或者不變，或者減少 2,即變換前后 S 的奇偶性不變.故p為偶數(shù)時，最終將變成 0(黑球)；p為奇數(shù)時，最后必將是 1(自球)28.1.7* 一堆火柴共 1000 根,兩人輪流拿走 p 根火柴,其中戶為質(zhì)數(shù), ”為非負(fù)整數(shù),規(guī)定誰取到 最后一根火柴誰就獲勝,證明：先取者必勝解析 在正確的玩法下,第一人將取勝由于他在每次

7、執(zhí)步中,可以取走1、2、3、4 或 5 根火柴,所以他可以執(zhí)行這樣的策略：即不論第二個人如何動作,他都應(yīng)在自己執(zhí)步之后,給對方留下能被6 整除的火柴數(shù)目這樣,在經(jīng)過有限次執(zhí)步之后,他將給第二人留下6 根火柴因而在第二人動作之后,他即可取走所有剩余的火柴而結(jié)束游戲28.1.8* 甲、乙兩個人取數(shù)，若已有的最后一個數(shù)為I，則可以取I 1至21 1中任一個數(shù)若甲先取,開始已有數(shù) 2,取到 2004 為勝,問甲必勝還是乙必勝？解析甲必勝.甲可依次取 3、7、15、31、62、125、250、501、1002、2004.這一列數(shù)中，后一個數(shù)要么是前一個數(shù)的2 倍，要么是 2 倍加上 1.現(xiàn)在說明只要取到

8、前一個數(shù)，就必可取到后一個數(shù), 從而必可取到 2004.事實上, 若甲取到的數(shù)為I,則乙可取I 1至2I 1中任一數(shù). 而2 I 1 2I , 2 I 1 2I 1 且2I 2I 1,2I 1 2I 1，故當(dāng)乙取完后，甲必可取2I或2I 1.28.1.9* 兩個相同的齒輪，各有 14 個齒，一個平放在另一個的上面，使得它們的齒重合.現(xiàn)在去掉4 對重合的齒. 是否總可以旋轉(zhuǎn)上面的那個齒輪, 使得它們的共同投影是一個完整的齒輪. 若兩個齒輪 各有 13 個齒,結(jié)論如何？解析 14 個齒時可以.設(shè)去掉的齒為a, a2, a3, a4 0 , 1,，13),兩兩的差 a：a有 4X3=12 種，取bg

9、amod14, b/0 (mod14),貝 U 轉(zhuǎn)過 6 個齒后，投影為完整的齒輪.至于 13 個齒 則不一定 如去掉的齒為 0、 1、 3、 9 即為反例.28.1.10*正方形的頂點處放有火柴，開始在某一點放x 根火柴，其他三頂點則空著.現(xiàn)允許從某個頂點移走任意根火柴，然后在其兩個相鄰頂點各放上移走火柴數(shù)目兩倍的火柴.當(dāng)x 2，3 時，問是否可以經(jīng)過若干次這樣的操作，使得各頂點處的火柴數(shù)依次為1、 9、 8、 9？解析設(shè)頂點處火柴數(shù)依次為a、b、c、d，考慮數(shù)s a b c d和t a b c d，易知每經(jīng)過次操作，都有操作后S操作前(mod3),t操作后t操作前(mod5)，但是，1+9

10、+8+9/2 (mod3), 1 9+8-9/ 3(mod5)，之所以取“土”，是因為一開始的 t 因 3 根火柴的位置不同而可能不同.因此當(dāng)x 2,3 時,不可能經(jīng)過有限步操作后變?yōu)?1 、 9、 8、 9.28.1.11*將 2n(n 1)個數(shù)排在一個圓周上，每個數(shù)都是+1 或-1,現(xiàn)在同時將每個數(shù)都乘以它的右邊的數(shù),將所得到的數(shù)替換原來的數(shù),稱為一次操作.證明：經(jīng)過有限次操作后,每個數(shù)都成為+1 .解析 設(shè)這 2n個數(shù)往右依次為Q, a2,，a2n.下證：經(jīng)過 2k次操作后，在 a,位置上的數(shù)為 a2k,這里當(dāng)下標(biāo)大于 2n時，認(rèn)為模 2n同余的下標(biāo)則為同一個數(shù).當(dāng)k 1時，第一次操作后

11、，第 i 個位置數(shù) 為 aiai1,第二次操作后,第 i 個位置上數(shù)為aiai1ai 1ai2aiai 2,即k 1時成立；若經(jīng)過 2k次操作后，第 i 個位置上數(shù)為 a,a,2k,故再經(jīng)過 2k次操作即共 2k 1次操作后第 i 個數(shù)為3 / 16aai2kai2kai 2k2ka a2k 1，因此對一切k均成立.于是，經(jīng)過2n次操作后，第 i 個位置上數(shù)為a ai 2na21，即所有數(shù)均為+1.28.1.12*在黑板上寫出三個整數(shù)，然后擦去一個換成其他兩數(shù)的和減去1,這樣繼續(xù)下去，最后得到 17、1967、1983 .問原來的三個數(shù)能否為(1) 2、2、2;(2) 3、3、3.解析(1)不

12、能為 2、2、2 .因為 2、2、2 是三個偶數(shù)，按規(guī)則，第一次換數(shù)后，三個偶數(shù)就變成兩 偶一奇第二次換數(shù)時，若擦去的是偶數(shù)，則換上的仍是偶數(shù)；若擦去的是奇數(shù)，則換上的仍是奇數(shù)， 同樣保持兩偶一奇第一次換數(shù)后，以后三個數(shù)永遠(yuǎn)保持兩偶一奇不變，而19、1967、1987 三個數(shù)都是奇數(shù)，這種情況決不會出現(xiàn)所以，原來的三個數(shù)不能是2、2、2.(2)能為 3、3、3.具體做法如下：首先按下法作 8 次變換.3、3、3 宀 3、3、5 宀 3、5、 3、7、9T3、9、11 3、11、133、13、153、15、17 17、15、31 .再注意到1967= 122X16+15,1983=122X16+

13、31，便知只要由 17、15、31 再按“ 17、a、a 16T17、a 16、a 32”作 122 次變換， 即可得到 17、1967、1983.28.1.13* 任意 m n(m, n 6, mn 偶數(shù))的棋盤可以被 1X2 的骨牌覆蓋，使得任一條非邊界的 棋盤網(wǎng)格線必穿過任何骨牌.解析 圖(a )表明，如何鋪滿矩形 5X6 和 8X8 (在鋪滿矩形 8X8 的情形中利用了矩形 5X6 的鋪設(shè) 法).現(xiàn)在只需證明，如果可以鋪滿矩形mXn，那么就可以鋪滿矩形 mX( n 2).為此，需要把已鋪滿骨牌的矩形 mXn 分成兩部分，而不分割骨牌，因此需要右邊部分向右邊移動距離2.并且用水平骨牌填滿

14、間隔(圖(b).解析 設(shè)山,P2，Pn為每行之積，4 ,q2，qn為每列之積，易知P1P2Pn口何Qn,于是在 P1, P2，Pn中有 s 個1, 5 , q2，an中有 t 個1，則 2| s t .若2n個乘積之和為 0, 則，得 n s t 為偶數(shù)，矛盾.28.1.15*在矩形方格表(至少兩行兩列)的每個小方格中都填上1 或1,并且 I 和1的個數(shù)都不少于兩個，求證：存在 4 個小方格，其中心是一矩形的頂點，且小方格中數(shù)字之和等于0.28.1.14*在 nXn 的方格表中任意填上l 或1, n 為奇數(shù)，在每一列下及每一行右寫下該列或該行所有數(shù)的積，求證：這2n個乘積的和不為 0.(b)4

15、 / 16解析 用反證法.若不然，如果有一行全為1,那么其他行最多一個1，由題設(shè)，兩個1分別在不同行中，如這兩個1在同一列中，則任一其他列中的對應(yīng)數(shù)都是1，于是這樣的矩形存在.否則，以這5 / 16兩格為對角線的矩形的另兩個頂點中的數(shù)一定都是1,于是 4 個數(shù)字之和仍為 0如有一行全為1,同理可證.于是每一行都既有 1，又有1，這樣等于只需考慮矩形的兩行，把其他行都忽略（即自此每一列都只 包含 2 個格子）考慮每一列數(shù)之和，無非是2、0、2，顯然若所求矩形不存在，則0 最多一個，而2 與2不能共存，若只有 2,那么1最多 1 個，矛盾，若只有2，那么 1 最多一個，亦矛盾.因此結(jié) 論成立.28

16、.1.16* 個重 40 磅的砝碼，由于跌落地面而碎成4 塊，每塊的重量都是整數(shù)磅，現(xiàn)在可以用這些砝碼來稱 1 至 40 磅之間任意整數(shù)磅的重物，問這4 塊砝碼可各重多少磅？解析 問題的答案是：4 塊碎片的重量可分別為 1, 3, 9, 27 磅.28.1.17*號：兩個人做如下游戲：甲先報一個數(shù)字，乙則根據(jù)自己的判斷將該數(shù)字代替下面的某個星規(guī)定已經(jīng)改成數(shù)字的不能再動，而且允許在最高位放0.依此類推，共進(jìn)行 8 次，直到上式所有小星星變成數(shù)為止.甲希望所得差盡可能地大，乙希望所得差盡可能地小.證明：不管甲報什么數(shù)字，乙總 有辦法使得差不超過 4000;不管乙怎樣安排，甲總可使得所得差不小于40

17、00.解析 若甲第 1 次報的是 0、1、2 或 3,則乙只要將此數(shù)放入被減數(shù)的千位即可.若甲第 1 次報的是 6、7、8 或 9,乙只需將此數(shù)放入減數(shù)的千位即可.這樣所得差小于4000,于是甲只能報 4 或 5.當(dāng)甲報 4般的情況:任何正整數(shù)都是N 3132是否可以用一套磅數(shù)為 1 , 3 , 9 ,-n3n 113n-的物體？那就要設(shè)法證明：23 的有限項不同次幕的代數(shù)和3k31323333 作除數(shù)，應(yīng)用“輾轉(zhuǎn)相除法3k，設(shè)3n的砝碼，來稱磅數(shù)為任何正整數(shù)，N3q1C0,5 3q2G , q23q3cqn 23qn 1Cn 2,qn13qnCn 1.此中，0 b（這樣的 a、b總能找到），

18、顯然有ab be cd .228.1.21*在圓周上均勻地放 4 枚圍棋子，規(guī)定操作規(guī)則如下：原來相鄰棋子若同色，就在其問放一枚黑子，若異色，就在其間放一枚白子， 然后把原來的 4 枚棋子取走，完成這程序，就算一次操作.求 證：無論開始時圓周上的黑白棋子的排列順序如何，只需操作若干次，圓周上就全是黑子.解析 據(jù)題意，對開始時的第1、2、3、4 這四枚棋子，依次地用 為、x2、x3、x 表示，且賦值為1,若第 i 子為黑子；1,若第 i 子為白子.1, 2, 3, 4）則 X：1，且8 / 161,若第 i 子與第 i+1 子同色；xx11,若第 i 子與第 i 1 子異色.i 1， ，4，忑兒

19、）因此，各次操作后，棋子的賦值情況如下:開始X2X3X4第一次操作后X1X2X2X3X3X4X4X1第二次操作后2X1X2X3X1X32X2X3X4X2X42X3X4XX3X12X4X1X2X4X2第三次操作后X1X2X3X4X1X2X3X4為 X2X3X4X1X2X3X4第四次操作后11112這是因為X1X2X3X41，因此，最多只需操作四次，圓周上全是黑子了.28.1.22*正五邊形的每個頂點對應(yīng)一個整數(shù)，使得這五個整數(shù)的和為正數(shù).若其中三個相鄰頂點對應(yīng)的整數(shù)依次為 x、y, z，而中間的 y 0,則要進(jìn)行如下的變換：整數(shù)x、y、z 分別換為x y、y、z y.要是所得的五個整數(shù)中至少還有

20、一個為負(fù)數(shù)，這種變換就繼續(xù)進(jìn)行.問：這樣的交換進(jìn) 行有限次后是否必定終止？解析 不妨設(shè)圓周上五個數(shù)依次為 v、w、x ,y, z，且 y 0 ,變換后得到 v、w、x y、y、z y, 其和不變.現(xiàn)考慮五個數(shù)的平方及每相鄰兩數(shù)和的平方之和.那么變換后與前之差是2y v w x y z 0 .因28.1.23*給定 4 個全等的直角三角形紙片，進(jìn)行如下操作：每次可選一個直角三角形并將它沿斜邊上的高剪開成兩個直角三角形.求證：無論經(jīng)過多少次操作，在所得到的三角形中總有兩個全等（不包括重疊情形）.解析 用反證法即存在 4 個全等的直角三角形紙片，經(jīng)過有限次操作可使所得到的直角三角形互不 全等.設(shè)這樣

21、的操作的最少次數(shù)為n，這里操作 n 次可以使得到的直角三角形互不全等且與操作順序無關(guān).開始時 4 個全等直角三角形必須有 3 個要沿斜邊上的高剪開不妨設(shè)開頭的3 次操作就是剪開這 3 個三角形.于是得到新的 6 個直角三角形可分成兩組，每組 3 個直角三角形彼此全等.這樣一來，每組 3個全等直角三角形中又都至少剪開兩個不妨設(shè)第4 至第 7 次操作就是剪開這 4 個三角形.注意這時剪開得到的 8 個直角三角形中有 4 個是全等的（相當(dāng)于兩個矩形沿它們的一條對角線剪開）.按假設(shè)，從這 4 個全等的直角三角形出發(fā)，只要再操作n 7次就可以得到互不全等的三角形，此時與 n 的最小性矛盾！這表明無論經(jīng)過

22、多少次操作，總有兩個三角形全等.28.1.24* 3 個數(shù) a、b、c 圍著一圓周，依次將其改為 a b、be、c a，叫做完成一次操作,求證：如果起初的 a、b、e 是非零整數(shù)（或有理數(shù)），則若干次操作后遲早會出現(xiàn)0,但可以找到 3個實數(shù) a、b、e ,使得無論經(jīng)過多少次操作，0 都不會出現(xiàn).解析 用反證法.當(dāng) a、b、e 是整數(shù)時，如果 0 永遠(yuǎn)不出現(xiàn)，考慮每次操作后最大的那個數(shù)，在下一 次操作后，至少要減去 1,但正整數(shù)是不能無限減少的，因此0 必定會出現(xiàn).至于有理數(shù)情形，只要乘此，這一和 定有終止的時候.（一個正整數(shù)）每經(jīng)過一次變換都至少要減少2.由于正整數(shù)不能無限減小，所以該變換必9

23、 / 16以各分母的最小公倍數(shù)，便轉(zhuǎn)化為整數(shù)問題.先證明一個結(jié)論：設(shè)p、q、r 為整數(shù)，且 p q . 2 r 30 ,則 p q r 0 .為為 0.證畢.c、d都有 a d b(2)考慮這 2003 個數(shù)的相鄰兩數(shù)乘積之和，開始時最后討論實數(shù)問題,此，只要將 qj2r.3p 兩端平方，即得 qr 0 ,但無論是q 0 還是r 0，總能得出另外兩個數(shù)也是令a 1, b2 , c 3，第一次操作后其中一項為a b 或b a，即“奇數(shù)x1+奇數(shù)x72+偶數(shù)x屈”，另外兩個數(shù)分別為“奇數(shù)x1+偶數(shù)x血+奇數(shù)x和“偶數(shù)x1+奇數(shù)x72+奇數(shù) x 75 ”.第二次操作后，這種狀態(tài)不變，因此無論經(jīng)過多少

24、次操作，這種狀態(tài)一直保持不變,由前面的結(jié)論，即知永遠(yuǎn)不會出現(xiàn)0.評注 對于一般的圓周上 n (3)個數(shù)，上述結(jié)論全部成立，不過實數(shù)情形頗不易處理.28.1.25*沿著圓周放著一些數(shù)， 如果有相連的 4 個數(shù) a、b、 c、d滿足不等式 a那么就可以交換b、c 的位置，這稱為一次操作.(1)若圓周上依次放著數(shù) 1、2、3、4、5、6,問是否能經(jīng)過有限次操作后，對任意相連的4 個數(shù)b、c、d都有 a d b c 010 / 1628.2 邏輯推理問題28.2.1*某班甲、乙兩名同學(xué)因一件事件發(fā)生糾紛老師找了4 位在場同學(xué)調(diào)查情況,他們的回答有真有假前面兩位同學(xué)所說的話至少有一個是真的 我可以肯定第

25、 3 個同學(xué)說的是假話 ”經(jīng)調(diào)查，證實第 4 位同學(xué)說的是真話請問：甲、乙兩人誰有錯解析 因已證實第 4 位同學(xué)所說屬實，所以第 3 位同學(xué)所說的話是假話，即“前面兩位同學(xué)所說的話 至少有一個是真的”是假話從而，第1、第 2 兩位同學(xué)都沒說真話，也就是，甲、乙兩人都有錯評注 如果我們選擇前 3 位同學(xué)的話作為突破口，進(jìn)行假設(shè)推理將較為困難2822* 某校舉辦數(shù)學(xué)競賽.A、B、C、D、E五位同學(xué)分獲前 5 名.發(fā)獎前，老師請他們猜一猜各人名次排列情況A說：“B第三名，C第五名.”B說：“E第四名，D第五名.”C說：“A第一名，E第四名.”D說：“C第一名，B第二名.”E說：“A第三名，D第四名.

26、”結(jié)果，每個名次都有人猜對. 請問：這五位同學(xué)的名次是怎樣排列的.解析 被猜為第二名僅B一個人，因此，B為第二名.此外，被猜為第一名的有A、C;被猜為第三名的有A、B;被猜為第四名的有E、D;被猜為第五名的有C、D.由B第二推知A第三，進(jìn)而推知B第一，D第五，E第四.評注 尋找突破口是解決邏輯推理問題的基本技巧，有些問題突破口比較隱蔽，需要對問題進(jìn)行深入 分析以后，再進(jìn)行巧妙的構(gòu)思，方能找到28.2.3*2n個人聚會，已知其中每個人都至少認(rèn)識n 個與會者證明：可以從中選出4 個人圍著圓桌坐下，使得每個人都與熟人為鄰解析 如果這些人兩兩認(rèn)識，結(jié)論顯然成立否則找到A、C，他們不認(rèn)識在剩下的2n 2

27、個人中， 必定有B、D與A、C都認(rèn)識，否則剩下的人數(shù)至少有n n 1 2n 2,矛盾，于是A、B、C、D可依次圍著圓桌坐下而滿足要求28.2.4* 一個骰子,六個面的數(shù)字分別為0、 1、 2、 3、 4、 5開始擲骰子后,當(dāng)擲到的總點數(shù)超過12 就停止不擲了請問：這種擲骰子的游戲最可能出現(xiàn)的總點數(shù)是多少？解析 欲使最后一次投擲的點數(shù)和 13,倒數(shù)第二次投擲所達(dá)到的點數(shù)和最大數(shù)為12,最小數(shù)為&共有 5 種情況如果倒數(shù)第二次總點數(shù)等于 12,再投一次后可能達(dá)到的 （超過 12）的總點數(shù)將分別為 13、 14、 15、 16、 17而且機(jī)會是均等的;如果倒數(shù)第二次總點數(shù)等于 11,再投一次

28、超過 12 的總點數(shù)的可能值分別為 13、 14、 15、 16;依次類推.如果倒數(shù)第二次總點數(shù)等于8,再投一次超過 12 的總點數(shù)只可能是 13（此時,最后一次投擲出現(xiàn)的點數(shù)必須是 5）綜上所述可知,超過 12 的最大可能出現(xiàn)的總點數(shù)值是13（它在每一種情況下都可能出現(xiàn)） 28.2.5* 有紅、黃、藍(lán)、白、紫五種顏色的珠子各一顆,用紙包好,在桌子上排成一排五個人猜 各包里珠子的顏色甲猜：第二包是紫色,第三包是黃色; 乙猜：第二包是藍(lán)色,第四包是紅色;丙猜：第一包是紅色，第五包是白色；丁猜：第三包是藍(lán)色，第四包是白色；戊猜：第二包是黃色，第五包是紫色.猜完后，打開紙包一看，每人都猜對了一種，并

29、且每包都有一個人猜對.請你也猜一猜，他們各自都猜中了哪一種顏色的珠子？第 1 位同學(xué)說第 2 位同學(xué)說我只知道甲沒有錯 我只知道乙沒有錯第 3 位同學(xué)說第 4 位同學(xué)說11 / 16解析 畫出如表 1 所示，第一行表示珠子的顏色，表中的數(shù)字表示各個人所猜的包數(shù)，第一列表示五 個人.由于題目條件申明每人都猜對了一種；每包都有一個人猜對，因此，表中每一行的兩個數(shù)有且僅有一個正確；表中所標(biāo)志出的 10 個數(shù)中，1 , 2, 3, 4, 5 各有且僅有一個是正確的，每一列中的兩個數(shù)中， 有且僅有一個是正確的.注意到，包數(shù) 1 在表中只出現(xiàn) 1 次(丙猜第 1 包是紅色)按條件，這個猜測應(yīng)是正確的，以此

30、為突破 口，展開推理.表 1紅藍(lán)黃白紫甲32乙42丙15丁34戊25表 2通過表上推理知，甲猜中第3 包是黃色，乙猜中第 2 包是藍(lán)色，丙猜中第 1 包是紅色，丁猜中第 4 包是白色，戊猜中第 5 包是紫色.2826*四位運(yùn)動員分別來自北京、上海、浙江和吉林在游泳、田徑、乒乓球和足球四項運(yùn)動中，每人只參加一項，且四人的運(yùn)動項目各不相同除此以外，只知道：(1) 張明是球類運(yùn)動員，不是南方人；(2) 胡純是南方人，不是球類運(yùn)動員；(3) 李勇和北京運(yùn)動員、乒乓球運(yùn)動員三人同住一個房間；(4) 鄭路不是北京運(yùn)動員，年齡比吉林運(yùn)動員和游泳運(yùn)動員都??；(5) 浙江運(yùn)動員沒有參加游泳比賽.根據(jù)這些情況，你

31、能否斷定，這四名運(yùn)動員各來自什么地方？各參加什么運(yùn)動項目？解析 這個問題涉及三種“對象”一一姓名、運(yùn)動項目及籍貫.所知情況很“零碎”.我們設(shè)計下面表格，在表格中進(jìn)行推理.顯然，每一個人只能參加一個項目的運(yùn)動，只有一種籍貫.我們用“V”表 示肯定的判斷，用“X”表示否定的判斷.由(1)、(2)、( 3)、(4)得表 1.12 / 16表 1游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林XXXXXX胡XXX李XX鄭XX從而推知，張明是北京運(yùn)動員，李勇是吉林運(yùn)動員（表2）.表 2游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林XXVXXXX胡XXX李XVX鄭XX由（3）知張明（北京運(yùn)動員）不是乒乓球運(yùn)動員， 從而他是足球運(yùn)動員，

32、 鄭路是乒乓球運(yùn)動員 （表 3）. 表 3游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXXX胡XXX李XXXVXV鄭XX由（4）知，李勇（吉林運(yùn)動員）不是游泳運(yùn)動員，從而胡純是游泳運(yùn)動員， 李勇是田徑運(yùn)動員（表 4）. 表 4游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXVXXX胡XXXVXX李XXXVXXVX鄭XX由（5）知，胡純不是浙江運(yùn)動員，從而他是上海運(yùn)動員，鄭路是浙江運(yùn)動員（表5）.表 5游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXVXXX胡XVXXXVXX李XXXVXXVX鄭XXVX最后一個表格顯示：張明是北京的足球運(yùn)動員，胡純是上海的游泳運(yùn)動員，李勇是吉林的田徑運(yùn)動員，鄭

33、路是浙江的乒乓球運(yùn)動員.2827*三個整數(shù)p、q、r 滿足條件 0 p q r .把它們分別寫在三張卡片上.A、B、C三人進(jìn)行某種游戲每次各摸取一張卡片，然后按卡片上寫的數(shù)走步在進(jìn)行n （2）次摸取后，A已走了 20 步，B走了 10 步，C走了 9 步.已知最后一次B走了 r 步，問第一次誰走了q步？ 解析 按題意，每次摸取后，三人共走了（p q r）步.所以，n 次摸取后共走了n p q r 20 10 9 39 .n p q r3 13 ,由于 n 2 及 p q r 3，所以n 3, p q r 13 .13 / 16由于A三次走了 20 步，因而 r 7.右r7, 那么A三次所走步數(shù)

34、只能是6 7720（從而 q 6）,這與p qr13 矛盾！從而r7由B三次走 10 步且最后一次走 r （7）步，因p,q 1，必有 r 6）場，矛盾.所以，甲、乙、丙各勝 2 場.甲勝 2 場，不妨設(shè)甲勝乙.由甲引出甲T乙，甲T丁，從而乙T丙，乙T丁.又從而丙T甲，丙T丁. 所以，丁勝零場.28.2.9* 從 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13 這 13 個數(shù)中最多可以選出多少個數(shù)， 使它們中任意兩個數(shù)之差既不等于5，也不等于 8解析 我們首先將這 13 個數(shù)按以下規(guī)則排成一個圈；相鄰兩個數(shù)差不是5 就是 8，按順時針方向 1 的旁邊放 6, 6 的旁邊放 11 （

35、兩數(shù)差為 5）,在 11 的旁邊放 3 （兩數(shù)差為 8）（如圖）.甲丁14 / 16從圓圈上的 13 個數(shù)中，每隔一個數(shù)選出一個，共可選出6 個數(shù)，它們之間任意兩個數(shù)之差既不等于5也不等于 8.另外，至多也只能選出 6 個數(shù).先任意選定一個數(shù)，不妨設(shè)它是1,在剩下的 12 個數(shù)中，與 1 相鄰的兩個數(shù) 6、9 不能再選于是只剩下 10 個數(shù)， 我們將這 10 個數(shù)按相鄰關(guān)系分成 5 組， 每組中最多只能再選一個數(shù)， 所以在這圓圈上最 多只能選出 1+5=6 個數(shù)，它們之間的差既不等于5 也不等于 8.先選數(shù)不是 1 則同樣處理.例如這 6個數(shù)可以是 1、11、8、5、2、12.當(dāng)然，這種選法不

36、是唯一的.28.2.10*A、B、C、D、E五支球隊進(jìn)行比賽，任意兩支隊恰好比賽一場.當(dāng)比賽進(jìn)行到一定 階段時，A、B、C、D各已比賽了 4、3、2、1 場，問哪些球隊已經(jīng)比賽過，E已經(jīng)比賽過幾場？解析 五支球隊單循環(huán)比賽時，其中每隊至多比賽4 場.A已賽過 4 場，可以斷定A與B、C、D、E各賽了 1 場，由已知D只賽過一場，因A、D已賽 1 場，所以D不能再與B、C、E比賽過因B賽過 3 場，已賽過的一場是(A、B),所以另兩場只能是(B,C), (B,E)(如圖).這時恰滿 足C隊賽過 2 場，D隊賽過 1 場的條件.從圖中可見，E隊賽過的 2 場為：(A,E)、(B,E),另外， 已證

37、D、E沒有比賽過假設(shè)C、E賽過， 則將與C隊只賽過 2 場相矛盾所以判定E隊賽過且 只賽過(A,E)、(B,E)兩場.所以，已賽過的隊是(A,B)、(A,C)、(A,D)、(A,E)、(B,C)、(B,E) 其中E已 賽過 2場.28.2.11*世界杯足球賽，每個小組有 4 支球隊，每兩個隊之間各賽一場。 勝者得 3 分，負(fù)者不得分，平局兩隊各得 1 分每個小組總分最多的兩個隊出線.(1) 有人說：“得 6 分的隊一定出線，得 2 分的隊一定不出線”.請判斷并說明對錯；(2) 如果在小組比賽中有一場平局，那么上述說法是否正確.解析 (1)如果小組賽中無一場平局，那么得6 分的隊不一定出線.設(shè)某

38、小組有A、B、C、D四支球隊，如果A勝B,B勝C,C勝A，并且A、B、C都勝D，這 時A、B、C三隊均積 6 分，D隊積分為零，因此，A、B、C三隊將根據(jù)凈勝球等規(guī)則來確定其中 兩隊出線，必有一隊不能出線.(2)如果小組賽中有平局，那么得2 分的隊不一定不出線.設(shè)某小組有A、B、C、D四支球隊，如果D全勝，得 9 分；A、B、C三隊互相均踢平，各積 2 分, 這時A、B、C三隊仍將根據(jù)凈勝球等規(guī)則來確定其中一個隊與D隊一起出線.(3)如果在小組中有一場平局，那么得6 分的隊一定出線. 因為單循環(huán)賽 4 個隊之間共賽 6 場，所以各隊積分總和不超過3X6= 18 (分).如果有一場平局， 那么E

39、15 / 16各隊積分總和不超過 18 1 = 17 （分）.由于某隊得 6 分，于是其他三個隊積分之和不超過17 6= 11（分），這時至少有兩個隊積分少于6 分（否則，若存在兩隊積分不低于6 分，則僅此兩隊積分之和已經(jīng)超過 11 分，這是不可能的），這兩個隊不能出線，故得6 分的隊一定出線.28.2.12* 有2n 1個砝碼，每個重量都是正有理數(shù)，若任意取出一個砝碼， 剩下的砝碼總可以分成兩批，每批各 n 個砝碼，且重量之和相等，求證：所有這些砝碼的重量是相等的.解析 設(shè)這2n 1個砝碼的重量乘一系數(shù)后分別為正整數(shù)a1, a2，a2n 1，于是任取一數(shù) a，剩下的數(shù)之和為偶數(shù)，即印+偶數(shù)a

40、1a2a2n1，故而 a1,a2，a2n1具有相同的奇偶性.若耳,a2,，a2n 1均為偶數(shù)，則定義 bi色 1 i 2n 1 ,仍是滿足要求的砝碼重量，若耳,a?,2a 1a2n1均為奇數(shù)，則定義 b 1 6.因為如果kw5,則人群中就會有10 k 5 人28.2.14* 任何 12 個人中，必定有兩個人（甲和乙），使得剩下的 10 個人中，至少有 5 個人，他們63816 / 16滿足題目要求.我們來用兩種不同方式計算3 人組A,B, Ci的數(shù)目N.首先，我們一共有17 / 16112 11 66 個不同的兩人對A,B，而每一對都對應(yīng)著不少于6 個人 Ci，所以N 6X66.而另2一方面，

41、可以將 G 固定，而找出與他對應(yīng)的所有兩人對 A,B，他在這些對中都剛好認(rèn)識一個人.如果 G 有 n 個熟人，那么與他相應(yīng)的這種兩人對共有n （11 n）w30 對.我們可以有 12 種選擇G的辦法，由此知N 6X66，一方面又有N 6X60,這是矛盾 的.28215*用 18 張 1X2 的紙牌隨意地拼成 6X6 的方格表A（紙牌橫放豎放都可以）.求證：必存在一條直線把A分成非空的兩塊，且此直線不穿過任何一張紙牌.解析 考察把A劃分成方格的 5 條水平線和 5 條豎直線，如果它們都至少穿過一張紙牌，由于這些直 線中的每一條都是把A劃分成有偶數(shù)個方格的非空的兩塊，所以它們中的每一條都穿過偶數(shù)張紙牌（否則劃分的兩塊各有奇數(shù)個方格），再由所設(shè)知，每條直線至少要穿過2 張紙牌又因為這些直線中任兩條不會穿過同一塊紙牌，這樣A中至少有 5X2+5X2 = 20 張紙牌，導(dǎo)致矛盾.28.2.16*在一個圓上有六個點，它們之間可以連一些線段那么至少連多少條線段，可以使得這六個點中任意三點之間都至少有一條線段？請說明理由.解析 不妨設(shè)這三個點中連出線段最少的是A點.（1）若點A與其他點沒有連線（孤立點），為了保證任意三點之間都至少有一條線段，所以其他五點54之