初中数学竞赛之逻辑推理问题包含答案.docx
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初中数学竞赛之逻辑推理问题包含答案
初中数学竞赛之逻辑推理问题
1.41名运动员所穿运动衣号码是1,2,…,40,41这41个自然数,问:
(1)能否使这41名运动员站成一排,使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数?
(2)能否让这41名运动员站成一圈,使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数?
若能办到,请举一例;若不能办到,请说明理由.
2.某校派出学生204人上山植树15301株,其中最少一人植树50株,最多一人植树100株,证明至少有5人植树的株数相同.
3.有50名同学站在操场上玩游戏,他们彼此间的距离都各不相等.每人手中有一把水枪,游戏规则是:
每人都向离自己最近的人打一枪.试证明:
每一个人至多挨了5枪.(提示:
也就是要证明:
假定有一个人至少挨6枪是不可能的)
4.把1到3这三个自然数填入10×10的方格内,每格内填一个数,求证:
无论怎样填法都能使在各行、各列、两条对角线上的数字和中,必有两个是相同的.
5.一个口袋内有100个球,其中有红球28个,绿球20个,黄球12个,蓝球20个,白球10个,黑球10个.从袋中任意取球,如果要求一次取出的球中至少有15个球的颜色相同,那么至少要从袋中取出多少个球?
6.环行跑道的一周插了若干红、黄两种颜色的彩旗,已知一共变色了46次(一个红旗与一个黄旗相邻或一个黄旗与一个红旗相邻,称为一次变色),现可将相邻的旗子对调,如果若干次对调后,变色次数减少为26次.试说明:
在对调过程中,必有一个时刻,彩旗的变色次数恰好为28次.
7.有17个科学家,他们中的每一个都和其他的科学家通信,在他们的通信中仅仅讨论三个问题,每一对科学家互相通信时,仅仅讨论同一个问题.证明至少有三个科学家关于同一个题目互相通信.
8.对于平面上给定的25个点,如果其中任何3个点中都有某两个点的距离小于1,那么在这些给定的点中,一定可以找到13个点,这13个点都位于一个半径为1的圆内.
9.如果三个完全平方数之和能被9整除,那么可以从这三个数中选出两个来,使得这两个完全平立数之差也能被9整除.
10.某夏令营组织1987名营员去游览故宫、景山公园、北海公园,规定每人必须去一处,至多去两处游览.求证:
至少有332人游览的地方完全相同.
11.将2002张卡片分别标记1,2,3,…,2002的数,数字面朝上放在桌上.二位玩家轮流自桌上各取一张牌,直到桌上的牌取光为止.先计算每个人所有取的牌的数之总和,再比较这两个总和的个位数,较大者为胜方.请问两位玩家中哪一位有必胜之策略(无论对手如何对应)?
如果有,这个必胜策略是什么?
12.从1到100这100个自然数中,任意取出51个数,其中一定存在两个数,这两个数中的一个是另一个的整数倍.
13.证明:
在21﹣1,22﹣1,23﹣1,…,2n﹣1﹣1这n﹣1个数中,至少有一个数能被n整除(其中n为大于1的奇数).
14.今有一角币一张,两角币一张,伍角币一张,一元币四张,伍元币两张,用这些纸币任意付款,可以付出不同数额的款共有多少种?
15.圆周上有12个点,其中有一个是涂了红色,还有一个是涂了蓝色,其余10个是没有涂色,以这些点为顶点的凸多边形中,其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形,只包含红点(蓝点)的称为红色(蓝色)多边形,不包含红点及蓝点的称为无色多边形.试问以这12个点为顶点的所有凸多边形(边数从三角形到12边形)中,双色多边形的个数与无色多边形的个数哪一种多?
多多少?
16.有1997盏亮着的电灯,各有一个拉线开关控制着.现将其顺序编号为1,2,3,…,1997.将编号为2的倍数的灯线拉一下,再将编号为3的倍数的灯线拉一下,最后将编号为5的倍数的灯线拉一下,拉完后还有几盏灯是亮的?
17.某班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试,有4名学生在这三个项目都没有达到优秀,其余每人至少有一个项目达到优秀,这部分学生达到优秀的项目、人数如下表
求这个班的学生数.
18.把数、理、化、语、英5本参考书,排成一行放在书架上.
(1)化学不放在第1位,共有多少种不同排法?
(2)语文与数学必须相邻,共有多少种不同排法?
(3)物理与化学不得相邻,共有多少种不同排法?
(4)文科书与理科书交叉排放,共有多少种不同排法?
19.山城电信大楼一架最多可以容纳32人的33层电梯出故障,只能在第2层至第33层中的某一层停一次.对于每个人来说,他往下走一层楼梯感到1分不满意,往上走一层楼梯感到3分不满意.现有32个人在第一层,并且他们分别在第2至第33层的每一层办公.请你设计一个方案,使电梯停在某一层,使得这32个人的不满意总分达到最小,并求出这个最小值.注意:
有些人可以不乘电梯而直接从楼梯上楼.
20.如图所示,有一个正方体形的铁丝架,把它的侧棱中点I、J、K、L也用铁丝连上.
(1)现在一个蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点,问最近的路线一共有几条?
并用字母把这些路线表示出来(用所经过的连接点字母表示,譬如蚂蚁从A点出发,经过I点L点,最后到达H点,这样的路线用AILH表示).
(2)蚂蚁是否可能从A点出发,沿着铁丝经过每一个连接点,恰好一次最后到达G点?
如果可能,请找出一条这样的路线;如果不可能,说明为什么?
参考答案
1.解:
(1)能办到.注意到41与43都是质数,据题意,要使相邻两数的和都是质数,显然,它们不能都是奇数,因此,在这排数中只能一奇一偶相间排列,不妨先将奇数排成一排:
1,3,5,7,41,在每两数间留有空档,然后将所有的偶数依次反序插在各空档中,得1,40,3,38,5,36,7,34,8,35,6,37,4,39,2,41,这样任何相邻两数之和都是41或43,满足题目要求.
(2)不能办到.若把1,2,3,40,41排成一圈,要使相邻两数的和为质数,这些质数都是奇数,故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶,但现有20个偶数,21个奇数,总共有41个号码,由此引出矛盾,故不能办到.
(注站成一排和站成一圈虽只一字之差,但却有着质的不同,因为一圈形成了首尾相接的情形.)
2.证明:
利用抽屉原理,按植树的多少,从50至100株可以构造51个抽屉,则问题转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里;
假设5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里,那只有4人以下植树的株数在同一个抽屉里,而参加植树的人数为204人,每个抽屉最多有4人,
故植树的总株数最多有:
4(50+51+52+…+100)=4×
=15300<15301,得出矛盾.
因此,至少有5人植树的株数相同.
3.解:
假定有一个人至少挨了6枪,设此人为A、若B射向A,C也射向A,则在△ABC中,BC边最长(如图).
又由于三边不等,则角A应该大于60度.
若有6个人都射向A,则从A出发的6个角都大于等于60度,
从而周角就大于了360度,这是不可能的.
4.证明:
由于每个格内数字为1,2,3,
则在各行、各列,两格对角线数字和中,最小的为10,最大的为30,共有21种取值,
实际上,10行,10列,加2条对角线共22个和.
所以由抽屉原理,必有两个和是相等的.
5.解:
最不利条件:
前面取的球都没有达到15个球颜色相同的状况.
也就是:
黄球,白球,黑球全部都取完了(这些同颜色的都在15个球以下,全部取完也不会有15个球颜色相同),
一共是12+10+10=32个球然后红球,绿球,蓝球各取14个.14×3=42个.
依然没有15个球颜色相同.
然后再取任意一个球,就能达到至少有15个球的颜色相同了,
因此一共有32+42+1=75个球.
6.解:
首先说明,将相邻的旗子对调一次,变色次数或不变,或增加2次,或减少2次.
显然,如果对调的两旗同色,则不改变变色数,以下为了方便,用⊙表示红色旗,用△表示黄色旗,可设对调前两旗为⊙△,
因对调一次只可能影响这两旗相邻旗子的变色数,因此(考虑对称性),只需考虑如下几种对调前的情形:
⊙⊙△△,⊙⊙△⊙,△⊙△⊙,△⊙△△(变色数依次为1,2,3,2),
将中间两旗对调后变为⊙△⊙△,⊙△⊙⊙,△△⊙⊙,△△⊙△(变色数依次为3,2,1,2).
由此可见,变色数或不变,或增加2次,或减少2次.
由原来的变色数46,经过若干次增、减2,现在成为26,故必须经过46与26之间的所有偶数.
所以在对调过程中,必有一个时刻,彩旗的变色次数恰好为28次.
7.证明:
从17个点中的一点,比如点A处作引16条线段,共三种颜色,由抽屉原理至少有6条线段同色,设为AB、AC、AD、AE、AF、AG且均为红色.
若B、C、D、E、F、G这六个点中有两点连线为红线,设这两点为B、C,则△ABC是一个三边同为红色的三角形.
若B、C、D、E、F、G这六点中任两点的连线不是红色,则考虑5条线段BC、BD、BE、BF、BG的颜色只能是两种,必有3条线段同色,设为BC、BD、BE均为黄色,再研究△CDE的三边的颜色,要么同为蓝色,则△CDE是一个三边同色的三角形,要么至少有一边为黄色,设这边为CD,则△BCD是一个三边同为黄色的三角形,即至少有三个科学家关于同一个题目互相通信.
8.解:
在给定的25个点中任取一点,记为A,以A为圆心,1为半径作圆,若⊙A盖住所有的点,则结论成立;
若不然,则至少有一点B不在圆内,再以B为圆心,1为半径做圆,则所给的25个点中的任意一点要么在⊙A内,要么在⊙B内,
否则,至少有一点C既不在⊙A内,又不在⊙B内,这样,所得三点A、B、C的连线AB、AC、BC的长都大于1,即在A、B、C三点中无两点距离小于1,与题设矛盾,因此⊙A、⊙B就可以盖住这25个点.
把⊙A、⊙B作为两个抽屉,把25个点放进去,因为25=12×2+1,由抽屉原理可知,至少有一个圆内有12+1=13个点都位于一个半径为1的圆内.
9.解:
下面我们先来讨论任意的完全平方数被9除的余数.
根据同余理论,我们知道,任何一个整数总可以表示成:
9k,9k±1,9k±2,9k±3及9k±4这九种情况中的一种.
现在将这九种情况分别平方,于是可得:
(9k)2=9×9k2+0;(9k±1)2=9(9k2±2k)+1;
(9k±2)2=9(9k2±4)+4;(9k±3)2=9(9k2±6k+1)+0及(9k±4)2=9(9k2±8k+1)+7.
可见,任何一个完全平方数被9除的余数只可能是0,1,4,7这四种情况之一.
另一方面,由于所选的三个完全平方数之和能被9整除,因此这三个数的余数之和也一定能被9整除;而从0、1、4、7这四个数中选出三个,其和要能被9整除,只可能是{0,0,0}、{1,1,7}、{1,4,4}或{4,7,7}这四种情况中的一种.
而在上面这四种可能的余数组合中,每一组都至多有两种余数,因此至少有两个完全平方数被所9除的余数相同,从而这两个余数相同的完全平方数之差就一定能被9整除.
10.解:
因为营员所去地方可分为(故宫),(景山),(北海),(故宫,北海),(故宫,景山),(北海,景山),共6种,
构造为6个抽屉,而营员共有1987名.
由抽屉原理可知,必有
人游览的地方相同,
所以至少有332人游览的地方完全相同.
11.解:
由题目可知,胜负的关键在于这个位数的大小,
于是只考虑这个位数,
试着将范围缩小,
从2002缩小到22,
∵2002=2000+2,
同理:
22=20+2,
得到排列:
12345678910
20191817161514131211
2122
由上面的排列不难看出上面的两排数将其以横的相加,所得总和的个位数会一样,
那么先取的人拿到22,再根据对称性拿,就可以必胜.
将其推广:
先取的人拿到2002,再根据对称性拿,就可以必胜.
12.证明:
由于任何一个自然数都可以表示成一个奇数与2n和乘积的形式,而且这种表示方法是惟一的.因此,我们可以按下面的方法来构造50个抽屉:
{1,1×2,1×22,1×23,1×26};
{3,3×2,3×22,3×23,3×24,3×25};
{5,5×2,5×22,5×23,5×24};
…;
{49,49×2};
{51};
{53};
…;
{99}.
于是从这50个抽屉中任取51个数,根据抽屉原则,其中一定存在至少两个数属于同一个抽屉,即命题得证.
13.证明:
用数学归纳法来证明.
(1)当n=2时成立.
(2)假设,当n=k时,成立.
(3)证明:
当n=k+1时也成立.
(31)2n﹣1个互不相同的整数中n个整数的和,有C(n,2n﹣1)种互不相同的可能性.
(32)这C(n,2n﹣1)种互不相同的可能性,落在[0,(2n﹣1)•n]区间内.在这个区间内,不能被n整除的整数个数是(2n﹣1)•(n﹣1)个.
(33)证明C(n,2n﹣1)>(2n﹣1)•(n﹣1).
(34)原命题得证.
14.解:
∵不管怎么组合都不会重复,
∴共有3×5×2×2×2﹣1=120﹣1=119种.
故可以付出不同数额的款共有119种.
15.解:
对于任何一个双色n(n≥5)边形,显然去掉红、蓝顶点后,得到一个无色n﹣2边形,
不同的双色n边形去掉红蓝顶点后,得到的是不同的无色n﹣2边形.
反过来,对任一无色多边形,添上红蓝顶点后,总可以得到一个双色多边形,
由此可知,无色多边形(从三角形到十边形)的个数与双色多边形(从五边形到十二边形)的个数相等.
因此,双色多边形的个数多,多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目.
双色三角形有10个.
双色四边形有
×10×9=45个.
这是由于每对应一个双色三角形,可以有九个双色四边形,而在90个双色四边形中,两两相重,故只有45个双色四边形.
∴双色多边形比无色多边形多55个.
16.解:
①.被拉了三次的灯,为2、3、5的最小公倍数,也就是
=66
②.被拉了两次的灯,也就是求2和3、3和5、2和5的最小公倍数的和,这里注意要扣除被重复拉的灯(也就是2、3、5三个数的最小公倍数):
+
+
﹣3×66=466
③.被拉了一次的灯,
+
+
﹣2×466﹣3×66=932
那么最后亮着的灯的数量:
1997﹣66﹣932=999
17.解:
有4名学生在这三个项目都没有达到优秀,在每个单项上达到优秀的人数分别是17,18,15,
因而,总人数是17+18+15+4=54,
但其中有人获得两项优秀,所以上面的计数产生了重复,重复人数应当减去,
即总人数变为:
54﹣6﹣6﹣5=37,
又考虑到获得三项优秀的人,他们一开始被重复计算了三次,但在后来又被重复减去了三次,
所以最后还要将他们加进去.
即这个班学生数为:
37+2=39.
18.解:
(1)4×4×3×2×1=96种.
故化学不放在第1位,共有96种不同排法.
(2)2×4×3×2×1=48种.
故语文与数学必须相邻,共有48种不同排法.
(3)(5×4﹣2×4)×3×2×1=72种.
故物理与化学不得相邻,共有72种不同排法.
(4)3×2×1×2×1=12种.
故文科书与理科书交叉排放,共有12种不同排法.
19.解:
将人群分成三组,A组:
直接上楼;B组:
从电梯下楼;C组:
从电梯上楼;
由于各种组合是有限的,因此最小值是存在的,那么在达到最小值时,下楼的人数是一个确定的值m,
除了1人不需要上下楼,上楼的人数为31﹣m,
这31﹣m个人分在A,C两组,由于A,C两组的地位均等,因此要达到最小值人数要相等,但涉及到整数有可能相差1人,
设A组的人有n,那么爬得最高的人要爬n层,3n分,
如果C组的人比A组的人数多2个以上,则C组爬得最高的人>=3(n+2),
这样如果我们从C组中移1个人到A组,将至少减少3(n+2)分,
而A组增加1人增加的分是3(n+1),显然会使总分减少,
同时B组的人数没有变动,分值没有变化,
由此说明了A,C组人数应当相等或相差1人,
基于以上分析,先考虑AC组人数相等的情况:
设A,C组人数均为x,B组人数为31﹣2x,
总分S=
=5x2﹣60x+496,
当x=
=6,S最小=316.
20.解:
(1)一共有12条:
ABCKG、ABJKG、ABJFG、ADCKG、ADLKG、ADLHG、AIJKG、AIJFG、AILKG、AILHG、AIEFG、AIEHG;
(2)不可能.
用反证法证明.假设可能,那么将所有连接点染上黑、白两色,凡与黑点相邻的都是白点,凡与白点相邻的都是黑点.
若A是白点,则黑白点的分布如下表:
.
由于A与G都是白点,所以蚂蚁从A点出发,依次经过其它各点,到达G点的路线应为白→黑→白→黑→…→黑→白.其中有奇数个白点,这与图中共有偶数个白点相矛盾.
∴蚂蚁不可能从A点出发沿着铁丝经过每一个连接点恰好一次,最后到达G点.
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