六年级奥数专题抽屉原理.docx
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六年级奥数专题抽屉原理
2019年六年级奥数专题:
抽屉原理
一、填空题
1.一个联欢会有100人参加,每个人在这个会上至少有一个朋友.那么这100人中至少有个人的朋友数目相同.
2.在明年(即年)出生的1000个孩子中,请你预测:
(1)同在某月某日生的孩子至少有个.
(2)至少有个孩子将来不单独过生日.
3.一个口袋里有四种不同颜色的小球.每次摸出2个,要保证有10次所摸的结果是一样的,至少要摸次.
4.有红、黄、蓝三种颜色的小珠子各4颗混放在口袋里,为了保证一次能取到2颗颜色相同的珠子,一次至少要取颗.如果要保证一次取到两种不同颜色的珠子各2颗,那么一定至少要取出颗.
5.从1,2,3…,12这十二个数字中,任意取出7个数,其中两个数之差是6的至少有对.
6.某省有4千万人口,每个人的头发根数不超过15万根,那么该省中至少有
人的头发根数一样多.
7.在一行九个方格的图中,把每个小方格涂上黑、白两种颜色中的一种,那么涂色相同的小方格至少有个.
8.一付扑克牌共有54张(包括大王、小王),至少从中取张牌,才能保证其中必有3种花色.
9.五个同学在一起练习投蓝,共投进了41个球,那么至少有一个人投进了
个球.
10.某班有37名小学生,他们都订阅了《小朋友》、《儿童时代》、《少年报》中的一种或几种,那么其中至少有名学生订的报刊种类完全相同.
二、解答题
11.任给7个不同的整数,求证其中必有两个整数,它们的和或差是10的倍数.
12.在边长为1的正方形内任取51个点,求证:
一定可以从中找出3点,以它们为顶点的三角形的面积不大于1/50.
13.某幼儿园有50个小朋友,现在拿出420本连环画分给他们,试证明:
至少有4个小朋友分到连环画一样多(每个小朋友都要分到连环画).
14.能否在88的棋盘上的每一个空格中分别填入数字1,或2,或3,要使每行、每列及两条对角线上的各个数字之和互不相同?
请说明理由.
———————————————答案——————————————————————
1.2
因为每个人至少有1个朋友,至多有99个朋友,将有1个朋友的人,2个朋友的人,…,99个朋友的人分成99类,在100个人中,总有两个人属于同一类,他们的朋友个数相同.
2.
(1)3;
(2)636
因为年有365天,故在年出生的孩子至少有
(个)孩子的生日相同;
又因为1000-(365-1)=363,即至少有363个孩子将来不单独过生日.
3.91
当摸出的2个球颜色相同时,可以有4种不同的结果;当摸出的2个球颜色不同时,最多可以有3+2+1=6(种)不同结果.一共有10种不同结果.
将这10种不同结果看作10个抽屉,因为要求10次摸出结果相同,故至少要摸910+1=91(次).
4.4;7
将三种不同颜色看作3个抽屉,对于第一问中为保证一次取到2颗相同颜色的珠子,一次至少要取13+1=4(颗)珠子.
对于第二问为了保证一次取到两种不同颜色珠子各2颗,一次至少要取4+(12+1)=7(颗)珠子.
5.1
将1~12这十二个数组成
这六对两数差为6的数组.任取7个数,必定有两个数差在同一组中,这一对数的差为6.
6.267
将4千万人按头发的根数进行分类:
0根,1根,2根…,150000根共150001类.
因为40000000=(266150001)+99743>266150001,故至少有一类中的人数不少于266+1=267(个),即该省至少有267个人的头发根数一样多.
7.7
将每10块颜色相同的木块算作一类,共3类.把这三类看作三个抽屉,而现在要保证至少有三块同色木块在同一抽屉中,那么至少要有23+1=7(块).
8.29
将4种花色看作4个抽屉,为了保证取出3张同色花,那么应取尽2个抽屉由的213张牌及大、小王与一张另一种花色牌.计共取213+2+1=29(张)才行.
9.9
将5个同学投进的球作为抽屉,将41个球放入抽屉中,至少有一个抽屉中放了9个球,(否则最多只能进58=40个球).
10.6
订阅报刊的种类共有7种:
单订一份3种,订二份3种,订三分1种.将37名学生依他们订的报刊分成7类,至少有6人属于同一类,否则最多只有66=36(人).
11.将整数的末位数字(0~9)分成6类:
在所给的7个整数中,若存在两个数,其末位数字相同,则其差是10的倍数;若此7数末位数字不同,则它们中必有两个属于上述6类中的某一类,其和是10的倍数.
12.将边长为1的正方形分成25个边条为
的正方形,在51个点中,一定有
(个)点属于同一个小正方形.
不妨设A、B、C三点边长为
的小正方形EFGH内,由于三角形ABC的面积不大于小正方形面积EFGH的
又EFGH的面积为
.故三角形ABC的面积不大于
.
13.考虑最极端的情况,有3个小朋友分到1本,有3个小朋友分到2本,…,有3个小朋友分到16本,最后两个小朋友分到17本,那么一共至少要
3(1+2+3+…+16)+217=442(本),而442>420,故一定有4个小朋友分了同样多的书.
14.注意到8行、8列及两对角线共有18条“线”,每条线上有8个数字,要使每条线上的数字和不同,也就是需要每条线上的数字和有18种以上的可能.
但我们填入的数只有1、2、3三种,因此在每条线上的8个数字中,其和最小是8,最大是24,只有24-8+1=17(种).
故不可能使得每行,每列及两条对角线上的各个数字之和互不相等.
十八抽屉原理
(2)
年级班姓名得分
一、填空题
1.半步桥小学六年级
(一)班有42人开展读书活动.他们从学校图书馆借了212本图书,那么其中至少有一人借本书.
2.今天参加数学竞赛的210名同学中至少有名同学是同一个月出生的.
3.学校五
(一)班40名学生中,年龄最大的是13岁,最小的是11岁,那么其中必有名学生是同年同月出生的.
4.有红、黄、蓝、白四色小球各10个,混合放在一个暗盒里,一次至少摸出_____个,才能保证有2个小球是同色的.
5.有红、黄、蓝、白四色小球各10个,混合放在一个暗盒中,一次至少摸出______个,才能保证有6个小球是同色的.
6.布袋中有60个形状、大小相同的木块,每6块编上相同的号码,那么一次至少取出块,才能保证其中至少有三块号码相同.
7.某商店有126箱苹果,每箱至少有120个苹果,至多有144个苹果.现将苹果个数相同的箱子算作一类.设其中箱子数最多的一类有n个箱子,则n的最小值为.
8.有形状、大小、材料完全相同的黑筷、白筷、红筷各4双,混杂在一起,要求闭着眼睛,保证从中摸出不同颜色的2双筷子,则至少要摸出根.
9.袋子里装有红色球80只,蓝色球70只,黄色球60只,白色球50只.它们的大小与质量都一样,不许看只许用手摸取,要保证摸出10对同色球,至少应摸出____只.
10.有红笔、蓝笔、黄笔、绿笔各2支,让一位小朋友随便抓2支,这位小朋友至少抓次才能确保他至少有两次抓到的笔的种类完全相同.(每抓一次后又放回再抓另一次)
二、解答题
11.某游旅团一行50人,随意游览甲、乙、丙三地,问至少有多少人浏览的地方完全相同.
12.从一列数1,5,9,13,…,93,97中,任取14个数.证明:
其中必有两个数的和等于102.
13.在一个边长为1的正三角形内,任给5个点,证明:
其中必有两个点之间的距离不大于1/2.
14.设
…,
是任意互异的12个整数,试证明其中一定存在8个整数
…,
使得:
恰是1155的倍数.
———————————————答案——————————————————————
1.6
将42名同学看成42个抽屉,因为212=542+1,故至少有一个抽屉中有6本或6本以上的书.
2.18
因210=1712+16,故一定有18个或18个以上同学在同一月出生.
3.2
这40名同学的年龄最多相差36个月(三年)因40=136+4,故必有2人是同年、同月出生的.
4.5
从极端考虑:
即使先取走取的4个球都是不同色的,那么取第5个球时就必有二球同色了.
5.21
将球按颜色分成4类,每次各取5个时,也无6球同色,故应取(6-1)4+1=21(个)球,才能保证一定有6球同色.
6.21
将布袋中的木块按编号分成606=10(类)要保证其中某一类至少有三个,至少应拿出(3-1)10+1=21(块).
7.6
每箱数目是120~144,共有25种可能.因126=525+1,故至少有5+1=6(个)装相同苹果数的箱子,即n最小为6.
8.11
当摸出10根时,可能是8根黑筷,白筷,红筷各一根,没有“不同颜色的二双”.当摸出11根时,至多有8根属于同一颜色,那么另3根中至少有二根是同色的.
9.23
当摸出22只球时,可能有9对同色球,但剩余四球分别为红、蓝、黄、白各一只,达不到10对,另一方面,每摸出5个球,就会出现一对同色球,将这一对挪开,再摸出两个球,就必然会又出现一对红色球,如此下去,摸出23只球就能保证有10对同色球.
10.11
两支笔的种类可分为同色与异色.同色的有4种,异色的有3+2+1=6种,为了保证至少有两次抓到笔的种类完全相同,至少要抓110+1=11(次).
11.浏览一个地方的,有3种,浏览二个地方的,有3种,浏览三个地方的,有1种,一个地方也不去的,有1种,共有8种方式.故至少有
(人).浏览的地方是完全相同的.
12.给出的数是一个等差数列,它一共有25个数,将这25个组分成13组:
.
在这25个数中任取14个数来,必有二数属于上述13组中的同一组,故这一组二数之和是102.
13.如图,将三角形三边中点连结起来,就将原三角形分成了四个小三角
形,其边长均为
在原三角形内,任意给5个点,其中至少有两点在同一个小三角形内,这两点的距离小于小三角形的边长
.
14.对1155分解质因数得1155=35711.
在所给的12数中,必有2数除以11,余数相同,设这2数为x1,x2,则(x1-x2)是11的倍数.
在剩下的数中,必有2数除以7,余数相同,设这2数为x3,x4,则(x3-x4)是7的倍数.
在剩下的8数中,必有2数除以5,余数相同,设这2数为x5,x6,则(x5-x6)是5的倍数.
在剩下的6数中,必有2数除以3,余数相同,设这二数为x7,x8,则(x7-x8)是3的倍数.
故存在8个数x1,x2,…x8,使(x1-x2)(x3-x4)(x5-x6)(x7-x8)是1155的倍数.
附送:
2019年六年级奥数专题:
枚举法
我们在课堂上遇到的数学问题,一般都可以列出算式,然后求出结果。
但在数学竞赛或生活中却经常会遇到一些有趣的题目,由于找不到计算它们的算式,似乎无从下手。
但是,如果题目所述的情况或满足题目要求的对象能够被一一列举出来,或能被分类列举出来,那么问题就可以通过枚举法获得解决。
所谓枚举法,就是根据题目要求,将符合要求的结果不重复、不遗漏地一一列举出来,从而解决问题的方法。
例1小明和小红玩掷骰子的游戏,共有两枚骰子,一起掷出。
若两枚骰子的点数和为7,则小明胜;若点数和为8,则小红胜。
试判断他们两人谁获胜的可能性大。
分析与解:
将两枚骰子的点数和分别为7与8的各种情况都列举出来,就可得到问题的结论。
用a+b表示第一枚骰子的点数为a,第二枚骰子的点数是b的情况。
出现7的情况共有6种,它们是:
1+6,2+5,3+4,4+3,5+2,6+1。
出现8的情况共有5种,它们是:
2+6,3+5,4+4,5+3,6+2。
所以,小明获胜的可能性大。
注意,本题中若认为出现7的情况有1+6,2+5,3+4三种,出现8的情况有2+6,3+5,4+4也是三种,从而得“两人获胜的可能性一样大”,那就错了。
例2数一数,右图中有多少个三角形。
分析与解:
图中的三角形形状、大小都不相同,位置也很凌乱,不好数清楚。
为了避免数数过程中的遗漏或重复,我们将图形的各部分编上号(见右图),然后按照图形的组成规律,把三角形分成单个的、由两部分组成的、由3部分组成的……再一类一类地列举出来。
单个的三角形有6个:
1,2,3,5,6,8。
由两部分组成的三角形有4个:
(1,2),(2,6),(4,6),(5,7)。
由三部分组成的三角形有1个:
(5,7,8)。
由四部分组成的三角形有2个:
(1,3,4,5),(2,6,7,8)。
由八部分组成的三角形有1个:
(1,2,3,4,5,6,7,8)。
总共有6+4+1+2+1=14(个)。
对于这类图形的计数问题,分类型数是常用的方法。
例3在算盘上,用两颗珠子可以表示多少个不同的四位数?
分析与解:
上珠一个表示5,下珠一个表示1。
分三类枚举:
(1)两颗珠都是上珠时,可表示5005,5050,5500三个数;
(2)两颗珠都是下珠时,可表示1001,1010,1100,2000四个数;
(3)一颗上珠、一颗下珠时,可表示5001,5010,5100,1005,1050,1500,6000七个数。
一共可以表示3+4+7=14(个)四位数。
由例1~3看出,当可能的结果较少时,可以直接枚举,即将所有结果一一列举出来;当可能的结果较多时,就需要分类枚举,分类枚举是我们需重点学习掌握的内容。
分类一定要包括所有可能的结果,这样才能不遗漏,并且类与类之间不重叠,这样才能不重复。
例4有一只无盖立方体纸箱,将它沿棱剪开成平面展开图。
那么,共有多少种不同的展开图?
分析与解:
我们将展开图按最长一行有多少个正方形(纸箱的面)来分类,可以分为三类:
最长一行有4个正方形的有2种,见图
(1)
(2);
最长一行有3个正方形的有5种,见图(3)~(7);
最长一行有2个正方形的有1种,见图(8)。
不同的展开图共有2+5+1=8(种)。
例5小明的暑假作业有语文、算术、外语三门,他准备每天做一门,且相邻两天不做同一门。
如果小明第一天做语文,第五天也做语文,那么,这五天作业他共有多少种不同的安排?
分析与解:
本题是分步进行一项工作,每步有若干种选择,求不同安排的种数(有一步差异即为不同的安排)。
这类问题简单一些的可用乘法原理与加法原理来计算,而本题中由于限定条件较多,很难列出算式计算。
但是,我们可以根据实际的安排,对每一步可能的选择画出一个树枝状的图,非常直观地得到结果。
这样的图不妨称为“枚举树”。
由上图可知,共有6种不同的安排。
例6一次数学课堂练习有3道题,老师先写出一个,然后每隔5分钟又写出一个。
规定:
(1)每个学生在老师写出一个新题时,如果原有题还没有做完,那么必须立即停下来转做新题;
(2)做完一道题时,如果老师没有写出新题,那么就转做前面相邻未解出的题。
解完各题的不同顺序共有多少种可能?
分析与解:
与例5类似,也是分步完成一项工作,每步有若干种可能,因此可以通过画枚举树的方法来求解。
但必须考虑到所有可能的情形。
由上图可知,共有5种不同的顺序。
说明:
必须正确理解图示顺序的实际过程。
如左上图的下一个过程,表示在第一个5分钟内做完了第1题,在第二个5分钟内没做完第2题,这时老师写出第3题,只好转做第3题,做完后再转做第2题。
例7是否存在自然数n,使得n2+n+2能被3整除?
分析与解:
枚举法通常是对有限种情况进行枚举,但是本题讨论的对象是所有自然数,自然数有无限多个,那么能否用枚举法呢?
我们将自然数按照除以3的余数分类,有整除、余1和余2三类,这样只要按类一一枚举就可以了。
当n能被3整除时,因为n2,n都能被3整除,所以
(n2+n+2)÷3余2;
当n除以3余1时,因为n2,n除以3都余1,所以
(n2+n+2)÷3余1;
当n除以3余2时,因为n2÷3余1,n÷3余2,所以
(n2+n+2)÷3余2。
因为所有的自然数都在这三类之中,所以对所有的自然数n,(n2+n+2)都不能被3整除。
练习
1.将6拆成两个或两个以上的自然数之和,共有多少种不同拆法?
2.小明有10块糖,如果每天至少吃3块,吃完为止,那么共有多少种不同的吃法?
3.用五个1×2的小矩形纸片覆盖右图的2×5的大矩形,共有多少种不同盖法?
4.15个球分成数量不同的四堆,数量最多的一堆至少有多少个球?
5.数数右图中共有多少个三角形?
6.甲、乙比赛乒乓球,五局三胜。
已知甲胜了第一盘,并最终获胜。
问:
各盘的胜负情况有多少种可能?
7.经理有4封信先后交给打字员,要求打字员总是先打最近接到的信,比如打完第3封信时第4封信还未到,此时如果第2封信还未打完,那么就应先打第2封信而不能打第1封信。
打字员打完这4封信的先后顺序有多少种可能?
练习答案
1.10种。
解:
6=1+5=2+4=3+3=1+1+4=1+2+3=2+2+2=1+1+1+3=1+1+2+2=1+1+1+1+2=1+1+1+1+1+1。
2.9种。
解:
一天吃完有1种:
(10);两天吃完有5种:
(3,7),(4,6),(5,5),(6,4),(7,3);三天吃完有3种:
(3,3,4),(3,4,3),(4,3,3)。
共1+5+3=9(种)。
3.8种。
解:
如下图所示,只有1个小矩形竖放的有3种,有3个小矩形竖放的有4种,5个小矩形都竖放的有1种。
共3+4+1=8(种)。
4.6个。
解:
15个球分成数量不同的四堆的所有分法有下面6种:
(1,2,3,9),(1,2,4,8,)(1,2,5,7),(1,3,4,7),(1,3,5,6),(2,3,4,6)。
可以看出,分成的四堆中最多的那一堆至少有6个球。
5.10个。
提示:
由一块、两块、三块、四块组成的三角形依次有4,3,2,1个,共有4+3+2+1=10(个)。
6.6种。
提示:
将各盘获胜者写出来,可画出枚举树如下:
7.14种。
提示:
按四封信的完成顺序可画出枚举树如下:
- 配套讲稿:
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