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文檔簡介

1、8-9,構(gòu)造與論證.題庫教師版page of16構(gòu)造與論證削3匹教學(xué)目標(biāo)1.掌握最佳安排和選擇方案的組合問題2.利用基本染色去解決相關(guān)圖論問題.且知識點撥知識點說明各種探討給定要求能否實現(xiàn),在論證中,有時需進(jìn)行分類討論,有時則要著眼于極端情形,或從整體把握.設(shè)計最佳安排和選擇方案的組合問題,這里的最佳通常指某個量達(dá)到最大或最小.解題時,既要構(gòu)造出取得最值的具體實例,又要對此方案的最優(yōu)性進(jìn)行論證.論證中的常用手段包括抽屜原則、整除性分析和不等式估計.組合證明題,在論證中,有時需進(jìn)行分類討論,有時則需要著眼于極端情況,或從整體把握。若干點及連接它們的一些線段組成圖,與此相關(guān)的題目稱為圖論問題。若干

2、點及連接它們的一些線段組成圖,與此相關(guān)的題目稱為圖論問題,這里宜從特殊的點或線著手進(jìn)行分析.各種以染色為內(nèi)容,或通過染色求解的組合問題,基本的染色方式有相間染色與條形染色.刖磔俱知識點撥板塊一、最佳安排和選擇方案【例1】5卷本百科全書按從第1卷到第5卷的遞增序號排列,今要將它們變?yōu)榉葱蚺帕?,即從?卷到第1卷.如果每次只能調(diào)換相鄰的兩卷,那么最少要調(diào)換多少次?【考點】構(gòu)造與論證【難度】2星【題型】解答【解析】因為必須是調(diào)換相鄰的兩卷,將第5卷調(diào)至原來第1卷的位置最少需4次,得到的順序為51234;現(xiàn)在將第4卷調(diào)至此時第1卷的位置最少需3次,得到的順序為54123;現(xiàn)在將第3卷調(diào)至此時第1卷的位

3、置最少需2次,得到的順序為54312;最后將第1卷和第2卷對調(diào)即可.所以,共需調(diào)換4+3+2+1=10次.【答案】10次例2在2009張卡片上分別寫著數(shù)字1、2、3、4、2009,現(xiàn)在將卡片的順序打亂,讓空白面朝上,并在空白面上又分別寫上1、2、3、4、2009.然后將每一張卡片正反兩個面上的數(shù)字相加,再將這2009個和相乘,所得的積能否確定是奇數(shù)還是偶數(shù)?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】從整體進(jìn)行考慮.所得的2009個和相力口,便等于12009的所有數(shù)的總和的2倍,是個偶數(shù).2009個數(shù)的和是偶數(shù),說明這2009個數(shù)中必有偶數(shù),那么這2009個數(shù)的乘積是偶數(shù).本題也可以考慮

4、其中的奇數(shù).由于12009中有1005個奇數(shù),那么正反兩面共有2010個奇數(shù),而只有2009張卡片,根據(jù)抽屜原理,其中必有2個奇數(shù)在同一張卡片上,那么這張卡片上的數(shù)字的和是偶數(shù),從而所有2009個和的乘積也是偶數(shù).【答案】偶數(shù)【例3】一個盒子里有400枚棋子,其中黑色和白色的棋子各200枚.下面我們對這些棋子做如下操作:每次拿出2枚棋子,如果顏色相同,就補1枚黑色棋子回去;如果顏色不同,就補1枚白色的棋子回去.這樣的操作,實際上就是每次都少了1枚棋子,那么,經(jīng)過399次操作后,最后剩下的棋子是顏色(填黑”或者白”)【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】填空【解析】在每一次操作中,若拿出的兩枚棋

5、子同色,則補黑子1枚,所以拿出的白子可能為0枚或2枚;若拿出的兩枚棋子異色,則補白子1枚,兩枚棋子異色”說明其中一黑一白,那么此時拿出的白子數(shù)為0枚.可見每次操作中拿出的白子都是偶數(shù)枚,而由于起初白子有200枚,是偶數(shù)枚,所以每次操作后剩下的白子都是偶數(shù)枚,因此最后1枚不可能是白子,只能是黑子.【答案】黑子【例4在黑板上寫上1、2、3、4、2008,按下列規(guī)定進(jìn)行操作”:每次擦去其中的任意兩個數(shù)a和b,然后寫上它們的差(大數(shù)減小數(shù)),直到黑板上剩下一個數(shù)為止.問黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)?為什么?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】根據(jù)等差數(shù)列求和公式,可知開始時黑板上所有數(shù)的

6、和為1+2+3+|仲+2008=2009父1004是一個偶數(shù),而每一次操作,將a、b兩個數(shù)變成了(a-b),它們的和減少了2b,即減少了一個偶數(shù).那么從整體上看,總和減少了一個偶數(shù),其奇偶性不變,還是一個偶數(shù).所以每次操作后黑板上剩下的數(shù)的和都是偶數(shù),那么最后黑板上剩下一個數(shù)時,這個數(shù)是個偶數(shù).【答案】偶數(shù)例5在1997X1997的正方形棋盤上的每格都裝有一盞燈和一個按鈕.按鈕每按一次,與它同一行和同一列方格中的燈泡都改變一次狀態(tài),即由亮變?yōu)椴涣?,或由不亮變?yōu)榱?如果原來每盞燈都是不亮的,請說明最少需要按多少次按鈕才可以使燈全部變亮?【考點】構(gòu)造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】最少要19

7、97次,將第一列中的每一格都按一次,則除第一列外,每格的燈都只改變一次狀態(tài),由不亮變成亮.而第一列每格的燈都改變1997次狀態(tài),由不亮變亮.如果少于1997次,則至少有一列和至少有一行沒有被按過,位于這一列和這一行相交處的燈保持原狀,即不亮的狀態(tài).【答案】1997次【例6】有3堆小石子,每次允許進(jìn)行如下操作:從每堆中取走同樣數(shù)目的小石子,或是將其中的某一石子數(shù)是偶數(shù)的堆中的一半石子移入另外的一堆.開始時,第一堆有1989塊石子,第二堆有989塊石子,第三堆有89塊石子.問能否做到:(1)某2堆石子全部取光?(2)3堆中的所有石子都被取走?【考點】構(gòu)造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】(1)

8、可以,如(1989,989,89)t(1900,900,0)t(950,900,950)t(50,0,50)t(25,25,50)T(0,0,25).(2)因為操作就兩種,每堆取走同樣數(shù)目的小石子,將有偶數(shù)堆石子堆中一半移至另一堆,所以每次操作石子總數(shù)要么減少3的倍數(shù),要么不變.現(xiàn)在共有1989+989+89=3067,不是3的倍數(shù),所以不能將3堆中所有石子都取走.【答案】(1)可以(2)不能【例7】在某市舉行的一次乒乓球邀請賽上,有3名專業(yè)選手與3名業(yè)余選手參加.比賽采用單循環(huán)方式進(jìn)行,就是說每兩名選手都要比賽一場.為公平起見,用以下方法記分:開賽前每位選手各有10分作為底分,每賽一場,勝者

9、加分,負(fù)者扣分,每勝專業(yè)選手一場加2分,每勝業(yè)余選手一場加1分;專業(yè)選手每負(fù)一場扣2分,業(yè)余選手每負(fù)一場扣1分.問:一位業(yè)余選手最少要勝幾場,才能確保他的得分比某位專業(yè)選手高?【考點】構(gòu)造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】當(dāng)一位業(yè)余選手勝2場時,如果只勝了另兩位業(yè)余選手,那么他得10+2-3=9(分).此時,如果專業(yè)選手間的比賽均為一勝一負(fù),而專業(yè)選手與業(yè)余選手比賽全勝,那么每位專業(yè)選手的得分都是10+2-2+3=13(分).所以,一位業(yè)余選手勝2場,不能確保他的得分比某位專業(yè)選手高.當(dāng)一位業(yè)余選手勝3場時,得分最少時是勝兩位業(yè)余選手,勝一位專業(yè)選手,得10+2+2-2=12(分).此時,

10、三位專業(yè)選手最多共得30+0+4=34(分),其中專業(yè)選手之間的三場比賽共得0分,專業(yè)選手與業(yè)余選手的比賽最多共得4分.由三個人得34分,34與=11,推知,必3有人得分不超過11分.也就是說,一位業(yè)余選手勝3場,能確保他的得分比某位專業(yè)選手高.【答案】勝3場【例8】n支足球隊進(jìn)行比賽,比賽采用單循環(huán)制,即每對均與其他各隊比賽一場.現(xiàn)規(guī)定勝一場得2分,平一場得1分,負(fù)一場得0分.如果每一隊至少勝一場,并且所有各隊的積分都不相同,問:(1)n=4是否可能?(2)n=5是否可能?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】(1)我們知道4個隊共進(jìn)行了C2場比賽,而每場比賽有2分產(chǎn)生,所以4個

11、隊的得分總和為C42=12.因為每一隊至少勝一場,所以得分最低的隊至少得2分,又要求每個隊的得分都不相同,所以4個隊得分最少2+3+4+5=1412,不滿足.即n=4不可能。(2)我們知道5個隊共進(jìn)行C2場比賽,而每場比賽有2分產(chǎn)生,所以4個隊的得分總和為C2X2=20.因為每一隊至少勝一場,所以得分最低的隊至少得2分,又要求每個隊的得分都不相同,所以5個隊得分最少為2+3+4+5+6=20,滿足.即n=5有可能.但是我們必須驗證是否存在實例.如下所示,A得2分,C得3分,D得4分,B得5分,E得6分淇中AtB”表示A、B比賽時,A勝B;B-C”表示B、C比賽時,B平C,余下類推.D三分4勢【

12、答案】(1)不可能(2)可能【例9】如圖35-1,將1,2,3,4,5,6,7,8,9,10這10個數(shù)分別填入圖中的10個圓圈內(nèi),使任意連續(xù)相鄰的5個圓圈內(nèi)的各數(shù)之和均不大于某個整數(shù)M.求M的最小值并完成你的填圖.【考點】構(gòu)造與論證【解析】要使M最小,就要盡量平均的填寫,因為如果有的連續(xù)5個圓圈內(nèi)的數(shù)特別小,有的特別大,那么M就只能大于等于特別大的數(shù),不能達(dá)到盡量小的目的.因為每個圓圈內(nèi)的數(shù)都用了5次,所以10次的和為5X(1+2+3+10)=275每次和都小于等于朋,所以10M大于等于275,整數(shù)M大于28.下面來驗證M=28時是否成立,注意到圓圈內(nèi)全部數(shù)的總和是55,所以肯定是一邊五個的和

13、是28,一邊是27.因為數(shù)字都不一樣,所以和28肯定是相間排列,和27也是相問排列,也就是說數(shù)組每隔4個差值為1,這樣從1填起,容易排出適當(dāng)?shù)奶顖D.【例10如圖,在時鐘的表盤上任意作9個120的扇形,使得每一個扇形都恰好覆蓋4個數(shù),且每兩個扇形覆蓋的數(shù)不全相同,求證:一定可以找到3個扇形,恰好覆蓋整個表盤上的數(shù).并舉一個反例說明,作8個扇形將不能保證上述結(jié)論成立.【考點】構(gòu)造與論證【關(guān)鍵詞】清華附中,入學(xué)測試【解析】略.【答案】要在表盤上共可作出【難度】3星【題型】解答12個不同的扇形,且112中的每個數(shù)恰好被4個扇形覆蓋.將這12個扇形分為4組,使得每一組的3個扇形恰好蓋住整個表盤.那么,根

14、據(jù)抽屜原理,從中選擇9個扇形,必有|91+1=3個扇形屬于同一組,那么這一組的3個扇形可以覆蓋整個表盤.114另一方面,作8個扇形相當(dāng)于從全部的12個扇形中去掉4個,則可以去掉蓋住同一個數(shù)的4個扇形,這樣這個數(shù)就沒有被剩下的8個扇形蓋住,那么這8個扇形不能蓋住整個表盤【鞏固】將1、2、3、4、5、6寫在一個圓周上,然后把圓周上連續(xù)三個數(shù)之和寫下來,則可以得到六個數(shù)切、a?、a3、a,、a5、a6,將這六個數(shù)中最大的記為A.請問在所有填寫方式中,A的最小值是什么?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【關(guān)鍵詞】2008年,臺灣小學(xué)數(shù)學(xué)競賽選拔賽【解析】要由于每個寫在圓周上的數(shù)都被用了三次,則

15、a1+a2+a3+a4+a5+a6=3父(1+2+3+4+5+6)=63,即寫出來的這6個數(shù)的平均數(shù)為10.5,因此A至少為11.由上圖的排列方式可知A為11的情形存在,故A的最小值為11.【答案】最小值為11【例11】1998名運動員的號碼依次為1至1998的自然數(shù).現(xiàn)在要從中選出若干名運動員參加儀仗隊,使得剩下的運動員中沒有一個人的號碼等于另外兩人的號碼的乘積.那么,選為儀仗隊的運動員最少有多少人?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】我們很自然的想到把用得比較多的乘數(shù)去掉,因為它們參與的乘式比較多,把它們?nèi)サ粲兄谑故O碌臉?gòu)不成乘式,比較小的數(shù)肯定是用得最多的,因為它們的倍數(shù)

16、最多,所以考慮先把它們?nèi)サ簦P(guān)鍵是除到何處?考慮到44的平方為1936,所以去到44就夠了,因為如果剩下的構(gòu)成了乘式,那么乘式中最小的數(shù)一定小于等于44,所以可以保證剩下的構(gòu)不成乘式.因為對結(jié)果沒有影響,所以可以將1保留,于是去掉2,3,4,,44這43個數(shù).但是,是不是去掉43個數(shù)為最小的方法呢?構(gòu)造2X97,3X96,4X95,,44X45,發(fā)現(xiàn)這43組數(shù)全不相同而且結(jié)果都比1998小,所以要去掉這些乘式就至少要去掉43個數(shù),所以43為最小值,即為所求.【答案】43【例12】一組互不相同的自然數(shù),其中最小的數(shù)是1,最大的數(shù)是25,除1之外,這組數(shù)中的任一個數(shù)或者等于這組數(shù)中某一個數(shù)的2倍

17、,或者等于這組數(shù)中某兩個數(shù)之和.問:這組數(shù)之和的最小值是多少?當(dāng)取到最小值時,這組數(shù)是怎樣構(gòu)成的?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】首先把這組數(shù)從小到大排列起來,那么最小的肯定為1,1后面只能是1的2倍即2,2后面可以是3或4,3的后面可以是4,5,6;4的后面可以是5,6,8.最大的為25.下面將所有的可能情況列出:2,3,4,,25所有的和是35;2,3,5,,25所有的和是36;2,3,6,,25所有的和是37;2,4,5,,25所有的和是37;2,4,6,,25所有的和是38;2,4,8,,25所有的和是40.25是奇數(shù),只能是一個偶數(shù)加上一個奇數(shù).在中間省略的數(shù)中不能

18、只有1個數(shù),所以至少還要添加兩個數(shù),而且這兩個數(shù)的和不能小于25,否則就無法得到25這個數(shù).要求求出最小值,先看這兩個數(shù)的和是25的情況,因為省略的兩個數(shù)不同于前面的數(shù),所以從20+5開始.25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12.這些數(shù)中20,19,18,17太大,無法產(chǎn)生,所以看:16+9=15+10=14+11=13+12.看這些誰能出現(xiàn)和最小的1,2,3,4,,25中,檢驗發(fā)現(xiàn)沒有可以滿足的:再看1,2,3,5,,25,發(fā)現(xiàn)1,2,3,5,10,15,25滿足,所以:1+2+3+5+10+15+25=36+25=61【答案】1+2+3+

19、5+10+15+25=36+25=61【例13】2004枚棋子,每次可以取1、3、4、7枚,最后取的獲勝。甲、乙輪流取,如果甲先取,如何才能保證贏?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】先從簡單的情況看起,看看棋子數(shù)量較少時,在什么情況下先取者勝,什么情況下后取者勝.可以列表如下:棋子數(shù)量先取者勝后取者勝1枚V2枚V3枚V4枚V5枚(=3+1+1)V6枚(=4+1+1)V7枚V8枚V9枚(=1+8)V10枚V11枚(=3+8)V12枚(=4+8)V13枚(=3+10)V14枚(=4+10)V15枚(=7+8)V16枚|V717枚(=1+16)V18枚V19枚(=3+16)V20枚(

20、=4+16)V棋子數(shù)是18時比較容易看得出來是先取者勝還是后取者勝,可以看出只有棋子數(shù)是2枚和8枚時是后取者勝,其他情況下都是先取者勝當(dāng)棋子數(shù)大于8時,可以先取若干枚棋子,使得剩下的棋子數(shù)變成前面已有的棋子數(shù).先取者為了取勝,第一次取后,應(yīng)該使剩下的棋子數(shù)是后取者勝的情況,比如變成剩下2枚或8枚.這樣推下去,可以發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)棋子數(shù)是8的倍數(shù)或者除以8余2時,是后取者勝,其他情況下是先取者勝.題目中有2004枚棋子,除以8余4,所以先取者肯定可以取勝.不過取勝的策略比較靈活,不能明確地說每次后取者取多少枚先取者就相應(yīng)地取多少枚,應(yīng)該從除以8的余數(shù)來考慮:先取者第一次可以先取4枚,這樣還剩下2000

21、枚,2000除以8的余數(shù)是0;先取者為了保證獲勝,在每一次后取者取了之后,先取者再取的時候,應(yīng)該使得自己取后剩下的棋子數(shù)是8的倍數(shù)或者除以8余2;后取者每次可以取1,3,4,7枚,每次先取者取后剩下的棋子數(shù)除以8的余數(shù)是0或2,所以每次后取者取后剩下的棋子數(shù)除以8的余數(shù)是7,5,4,1或1,7,6,3.所以接下來先取者可以對應(yīng)地取7,3,4,1或1,7,4,3枚棋子,這樣剩下的剩下的棋子數(shù)除以8的余數(shù)為0,2,0,0或0,0,2,0.這樣就保證了第點.每次先取者取后剩下的棋子數(shù)除以8的余數(shù)是0或2,那么最后一枚棋子肯定是先取者取得,所以先取者獲勝.【答案】見解析【例14】在10X19方格表的每

22、個方格內(nèi),寫上0或1,然后算出每行及每列的各數(shù)之和.問最多能得到多少個不同的和數(shù)?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】首先每列的和最少為0,最多是10,每行的和最少是0,最多是19,所以不同的和最多也就是0,4,,18,19這20個.下面我們說明如果0出現(xiàn),那么必然有另外一個數(shù)字不能出現(xiàn).如果0出現(xiàn)在行的和中,說明有1行全是0,意味著列的和中至多出現(xiàn)0到9,加上行的和至多出現(xiàn)10個數(shù)字,所以少了一種可能.如果0出現(xiàn)在列的和中,說明在行的和中19不可能出現(xiàn),所以0出現(xiàn)就意味著另一個數(shù)字不能出現(xiàn),所以至多是19,下面給出一種排出方法】1II10001II100001IL1000001

23、11100000011J00000001】000000001000000000IJI1i11111II1111I1I1I11IIi1J1L111J1II】III111111II111111】11i11L【答案】19【例15】在8X8的國際象棋盤上最多能夠放置多少枚棋子,使得棋盤上每行、每列及每條斜線上都有偶數(shù)枚棋子?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】因為8X8的國際象棋盤上的每行、每列都正好有偶數(shù)格,若某行(某列)有空格,必空偶數(shù)格.而斜線上的格子數(shù)有奇也有偶,不妨從左上角的斜線看起:第一條斜線只有1格,必空;第三條有3格,必至少空1格;第五、七條分別有5、7格,每條線上至少空

24、1格.由對稱性易知共有16條斜線上有奇數(shù)格,且這16條斜線沒有共用的格子,故至少必空出16格.其實,空出兩條主對角線上的16個格子就合題意.此時,最多可放置48枚棋子,放在除這兩條主對角線外的其余格子中,如下圖所示.【答案】48【例16在下圖中有16個黑點,它們排成了一個4通的方陣.用線段連接其中4點,就可以畫出各種不同的正方形.現(xiàn)在要去掉某些點,使得其中任意4點都不能連成正方形,那么最少要去掉多少個占?I八、【題型】解答【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【解析】至少要除去6個點,如下所示為幾種方法:【答案】6個【例17】三個邊長為1的正方形并排放在一起,成為【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星1X3的

25、長方形.求證:/1十/2+/3=90.【題型】解答【解析】仔細(xì)分析,要證/1+/2+/3=90:;(圖1)隅2)由于/3=45,所以,只需證明/1+/2=45就可以了!于是想到能否把/2(21)移動位置,與/1(22)拼合在一起,恰成一個45:的角呢?于是想到:如圖1所示,再拼上一個單位正方形DFK,則三角形AKC為等腰直角三角形,/KCA=45,又直角三角形KCF與AHD全等,所以ZKCF=N2.因此,/1+N2=N1+/KCF=/KCA=45.有了拼合/2與/1的思想,學(xué)生往往產(chǎn)生不同的拼合方式,沿著拼合全等的思路發(fā)散開來,又可以找到許多拼法.如圖2三角形AHP是等腰直角三角形,/HAP=

26、45,/HAG=N2,/BAP=N1.所以Z1+N2=/BAP+NHAG=/HAP=45.如圖3三角形AQC是等腰直角三角形,/ACQ=45:1,/QCP=/2,.1.2=1.QCP=45.如圖4三角形WDB是等腰直角三角形,ZWDB=45,/CDB=/1,/WDH=/2.所以.1.2-.CDB.WDH-.WDB=45:;.如圖5三角形ZAH是等腰直角三角形,ZZHA=45:1/ZHY=/1,因此Z1+Z2=ZZHY+/2=ZZHA=45:1.其他的沿著拼合全等”的思路的證法就不例舉了如果利用相似三角形的知識,如圖5所示,又FH=1,FA=V2,FC=2,所以,曳=4=0=a,/HFA=NAF

27、C,因此AHFAsAAFC,=N2=NFHA=/FAC,但FA.22FCN1=/CAB,N1+Z2=/CAB+NFAC=/EAB=45.用相似三角形法不用添設(shè)輔助線,簡潔明了.再開思路,可用三角法證明如下:/2與/1都是小于45的銳角,可知N1+/2是銳角.又DAtan11=DCDAtanZ2=HD5=6-=1,所以N1+N2=45.1611tan_1tan_232tan.1.2=-3-21tan.1tan.211132【答案】證明過程見解析板塊二、染色與賦值問題【例18】某學(xué)校的學(xué)生中,沒有一個學(xué)生讀過學(xué)校圖書館的所有圖書,又知道圖書館內(nèi)任何兩本書都至少被一個同學(xué)都讀過.問:能否找到兩個學(xué)生

28、甲、乙和三本書4、B、C,使得甲讀過A、B,沒讀過C,乙讀過B、C,沒讀過A證明判斷過程.【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】略.【答案】首先從讀書數(shù)最多的學(xué)生中找一人甲.由題設(shè),甲至少有一本書未讀過,記為C.設(shè)B是甲讀過的書中一本,由題意知,可找到學(xué)生乙,乙讀過B、C.由于甲是讀書數(shù)最多的學(xué)生之一,乙讀書數(shù)不能超過甲的讀書數(shù),而乙讀過C書,甲未讀過C書,所以一定可以找出一本書A,使得甲讀過而乙未讀過,否則乙就比甲至少多讀過一本書.這樣一來,甲讀過A、B,未讀過C;乙讀過B、C未讀過A.因此可以找到滿足要求的兩個學(xué)生【例19】4個人聚會,每人各帶2件禮品,分贈給其余3個人中的2人

29、.試證明:至少有2對人,每對人是互贈過禮品的.【難度】3星【題型】解答【考點】構(gòu)造與論證【解析】略。【答案】將這四個人用4個點表示,如果兩個人之間送過禮,就在兩點之間連一條線.由于每人送出2件禮物,圖中共有4X2=8條線,由于每人禮品都分贈給2個人,所以每兩點之間至多有1+1=2條線。四點間,每兩點連一條線,一共6條線,現(xiàn)在有8條線,說明必有兩點之間連了2條線,還有另外兩點(有一點可以與前面的點相同)之間也連了2條線.即為所證結(jié)論【例20】有9位數(shù)學(xué)家,每人至多能講3種語言,每3個人中至少有2個人有共通的語言.求證:在這些數(shù)學(xué)家中至少有3人能用同一種語言交談。【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題

30、型】解答【解析】略.【答案】假設(shè)任意三位數(shù)學(xué)家都沒有共同會的語言,這表明每種語言至多有兩人會說.即這九位數(shù)學(xué)家為A、B、C、D、E、F、G、I.由于一位數(shù)學(xué)家最多會三種語言,而每種語言至多有兩人會說,所以一位數(shù)學(xué)家至多能和另外三人通話,即至少與五人語言不通.不妨設(shè)A不能與B、C、D、E、F通話.同理,B也至多能和三人通話,因此在C、D、E、F中至少有一人與B語言不通,設(shè)為C.則A、B、C三人中任意兩人都沒有共同語言,與題意矛盾.這表明假設(shè)不成立,結(jié)論得證【例21】在1000X1000的方格表中任意選取n個方格染為紅色,都存在3個紅色方格,它們的中心構(gòu)成一個直角三角形的頂點.求n的最小值.【考點

31、】構(gòu)造與論證【解析】首先確定1998不行.反例如下:其次1999可能是可以的,因為首先從行看,1999個紅點分布在1000行中,肯定有一些行含有2個或者以上的紅點,因為含有0或1個紅點的行最多999個,所以其他行含有紅點肯定大于等于1999-999=1000,如果是大于1000,那么根據(jù)抽屜原理,肯定有兩個這樣紅點在一列,那么就會出現(xiàn)紅色三角形;如果是等于1000而沒有這樣的2個紅點在一列,說明有999行只含有1個紅點,而剩下的一行全是紅點,那也肯定已經(jīng)出現(xiàn)直角三角形了,所以n的最小值為1999.【答案】n的最小值為1999【例22】甲、乙、丙三個班人數(shù)相同,在班級之間舉行象棋比賽.各班同學(xué)都

32、按1,2,3,4,依次編號.當(dāng)兩個班比賽時,具有相同編號的同學(xué)在同一臺對壘.在甲、乙兩班比賽時,有15臺是男、女生對壘;在乙、丙班比賽時,有9臺是男、女生對壘.試說明在甲、丙班比賽時,男、女生對壘的臺數(shù)不會超過24.并指出在什么情況下,正好是24?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】不妨設(shè)甲、乙比賽時,115號是男女對壘,乙、丙比賽時.在115號中有a臺男女對壘,15號之后有9-a臺男女對壘(0QW9)甲、丙比賽時,前15號,男女對壘的臺數(shù)是15-a(如果1號乙與1號丙是男女對壘,那么1號甲與1號丙就不是男女對壘),15號之后,有9-a臺男女對壘.所以甲、丙比賽時,男女對壘的臺數(shù)

33、為15-a+9-a=24-2a6,2X3,1X7,1X8,24,19,3X3,2X5,2X6,3M,2X7,3X5,2刈,44,2X9,34,從這些長方形中選出10個不同的長方形,其面積和最小為:1M+1X2+13+14+22+1X5+16+2X3+1X7+18=46.而原長方形的面積為5刈=45kw1600即連線不超過1600條.另一方面,設(shè)80個點分為兩組:A,A2,Aw;B,B2,B40第一組的每一點與第二組的每一點各用一條線相連,這樣的圖符合題目要求,共有40X40=1600條線【答案】(1)80(2)1600【例28】在一個6對的方格棋盤中,將若干個1X1的小方格染成紅色.如果隨意劃

34、掉3行3列,在剩下的小方格中必定有一個是紅色的.那么最少要涂多少個方格?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】方法一:顯然,我們先在每行、每列均涂一個方格,使之成為紅色,如圖A所示,但是在圖B中,劃去3行3列后,剩下的方格沒有紅色的,于是再將兩個方格涂成紅色(依據(jù)對稱性,應(yīng)將2個方格同時涂成紅色),如圖C所示,但是圖D的劃法,又使剩下的方格沒有紅色,于是再將兩個方格涂成紅色(還是由于對稱的緣故,將2個方格涂成紅色),得到圖E,圖E不管怎么劃去3行3歹U,都能使剩下的方格含有紅色的.這時共涂了10個方格.另一方面,如果只涂9個紅色方格,那么紅格最多的三行至少有6個紅格(否則第三多的行

35、只有1個紅格,紅格總數(shù)w5+3=8)去掉這三行至多還剩3個紅格,再去掉三列即可將這三個紅格也去掉.綜上所述,至少需要將10個方格涂成紅色.【答案】至少需要將10個方格涂成紅色【例29如圖,把正方體的6個表面剖分成9個相等的正方形.現(xiàn)用紅、黃、藍(lán)3種顏色去染這些小正方形,要求有公共邊的正方形所染的顏色不同.那么染成紅色的正方形的個數(shù)最多是多少個【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】如上面右圖所示,它們的對面也同樣的染色,這樣就有(5+4+2)2=22(個)方格染色,而且有公共邊的正方形顏色不同.所以,用紅色染成的正方形的個數(shù)最多是22個.【答案】用紅色染成的正方形的個數(shù)最多是22個【

36、例30】證明:在6X6X6的正方體盒子中最多可放入52個1MW的小長方體,這里每個小長方體的面都要與盒子的側(cè)面平行.【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】略.【答案】先將6X6X6的正方體盒子視為實體,那么6X64的正方體可分成216個小正方體,這216個小正方體可以組成27個棱長為2的正方體.我們將這27個棱長為2的正方體按黑白相間染色,如下圖所示.其中有14個黑色的,13個白色的,而一個白色的2X2X2的正方體可以對應(yīng)的放人4個每個面都與盒子側(cè)面平行的1MM的小長方體,所以最多可以放入13X4=52個1X1X4的小長方體.注:6X6X6的正方體的體積為216,1X1%的小長方體

37、的體積為4,所以可放入的小正方體數(shù)目不超過216+5411M2的大長方形,最少要【例31】用若干個1X6和1X7的小長方形既不重疊,也不留孔隙地拼成一個用小長方形多少個?【考點】構(gòu)造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】我們先通過面積計算出最優(yōu)情況:11X2=132,設(shè)用14的小長方形x個,用17的小長方形y個,有6x+7x=132.X=17t解得:1(t為可取0的自然數(shù)),共需x+y=19+t個小長萬形.y=18-6t(1)當(dāng)t=0時,即x+y=1+18=19,表示其中的16的小長方形只有1個,剩下的18個小長方形都是1夕的.大長方形中無論是1行還是1歹U,最多都只能存在1個1X7的小長方形

38、,所以在大長方形中最多只能無重疊的同時存在16個lH的小長方形.現(xiàn)在卻存在18個17的小長方形,顯然不滿足;TOC o 1-5 h z(2)當(dāng)t=1時,即x+y=8+12=20,有如下分割滿足,所以最少要用小長方形20個.【答案】20個【例32】試著把邊長為工,1一工的這99個小正方形不重疊地放入1個邊長為l的正方形內(nèi)。能做到2341005星【題型】解答就畫出一種放法,不能,請說明理由?!究键c】構(gòu)造與論證【關(guān)鍵詞】走美杯,6年級,決賽【解析】能.工+11X2=1,2321+1+1+14=1,1+1+工+1-8910151義8=1,8L+工+工+161718311X16=1,16工+323233

39、63321一X31=1,1+64+1X371.6566100641+1+1+1+1+工21.141T24816326464如下圖,將邊長1,1的小正方形放入長1、寬3的長方形;將邊長12的小正方形放入長1、寬的長方形;474將邊長1L的小正方形放入長1、寬1的長方形;8158將邊長工工的小正方形放入長1、寬工的長方形;163116將邊長工工的小正方形放入入1、寬的長方形;326332將邊長工工的小正方形放入長1、寬工的長方形。64100641廠一161【答案】能【例33】有10個整數(shù)克的祛碼(允許祛碼重量相同),將其中一個或幾個放在天平的右邊,待稱的物品放在天平的左邊,能稱出1,2,3,,20

40、0的所有整數(shù)克的物品來;那么,這10個祛碼中第二重的祛碼最少是克.【考點】構(gòu)造與論證【難度】5星【題型】解答【關(guān)鍵詞】迎春杯,六年級,初賽【解析】這10個整數(shù)克的祛碼共重應(yīng)該是200,這樣,才能在最重的定下來后,第二重的盡量少.作為一般結(jié)論,如果要連續(xù)稱出一些重量,只在天邊的一邊放祛碼,另一邊放重物,則祛碼最少的情況應(yīng)該結(jié)合二進(jìn)制,即1,2,4,8,16,32,64,128.這種情況下,只需要7個祛碼,就能至多稱到128X2-1=255克重.而本題共有10個祛碼,只需要調(diào)整一下這里的祛碼:第一種方案:為了實現(xiàn)第二重最少,則可以讓第一重盡量大,而且不止一個,這里的思路是:如果后面6個數(shù)中,有5個

41、相同的最大,把前面所有5個數(shù)的和與之相等,200=6X33+2,即后面有5個33,前面則有1,2,4,8,18這種方案中,無法湊出16,17這兩種重量.于是換一種思路,讓最大數(shù)相同的只有4個,前面6個祛碼看作一個.則最重的為40,這樣,可以構(gòu)造出1,2,4,8,12,13,40,40,40,40.不過,對于這種解法,與官方的推薦答案不符,原因在于,最重的有4個,次重的被看作第五名”.在這里,第五名“第二重”之間是有一定的歧義的.所以,我們建議大家做這道題應(yīng)用高級技巧歧義解決”.即說清楚:TOC o 1-5 h z如果只看重量,第一重(可以并列)與第二重,則第二重最少可以是13克.如果根據(jù)名次”

42、,第二名(可以并列)為第二重,則第二重最少可以是18克.這種情況的算理是:首先考慮1、2、4、8這四種祛碼必須有,另外,對于第二重,至少要是16.這里除了第一重之外,16最多可以有5個祛碼,即:1、2、4、8、16、16、16、16、16.要稱200,第一重的要達(dá)到200(1+2+4+8+16+16+16+16+16)=105則96-104的重量無法稱出來.所以,把第二重的調(diào)整為17,即;1、2、4、8、17、17、17、17、17、100但16無法稱出來,所以要調(diào)整出16,必會現(xiàn)18,(如果調(diào)整給100,即100變?yōu)?01,則100無法稱出來).所以,最佳方案”是1、2、4、8、16、17、

43、17、17、18、100.【答案】18【例34】小明和8個好朋友去李老師家玩.李老師給每人發(fā)了一頂帽子,并在每個人的帽子上寫了一個兩位數(shù),這9個兩位數(shù)互不相同,且每個小朋友只能看見別人帽子上的數(shù).老師在紙上又寫了一個數(shù)A,問這9位同學(xué):你知不知道自己帽子上的數(shù)能否被A整除?知道的請舉手.”結(jié)果有4人舉手.老師又問:現(xiàn)在你知不知道自己帽子上的數(shù)能否被24整除?知道的請舉手.”結(jié)果有6人舉手.已知小明兩次都舉手了,并且這9個小朋友都足夠聰明且從不說謊,那么小明看到的別人帽子上的8個兩位數(shù)的總和是.【考點】構(gòu)造與論證【難度】5星【題型】解答【關(guān)鍵詞】迎春杯,六年級,初賽【解析】一個人不知道自己帽子上的數(shù)是多少,卻能知道這個數(shù)能否被A整除,只有一個可能,就是A的倍數(shù)中的兩位數(shù)都出現(xiàn)在其他人的帽子上,這樣他可以

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