2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第28章 操作聞?lì)}和邏輯推理聞?lì)}試題 新人教版.doc

《2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第28章 操作聞?lì)}和邏輯推理聞?lì)}試題 新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第28章 操作聞?lì)}和邏輯推理聞?lì)}試題 新人教版.doc（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第28章 操作聞?lì)}和邏輯推理聞?lì)}試題 新人教版28.1.1* 在黑板上記上數(shù)1，2，現(xiàn)允許選擇任意兩個(gè)數(shù)。換成其和或差（絕對(duì)值），經(jīng)過次操作，黑板上只剩下1個(gè)數(shù)問對(duì)于什么樣的，才可能讓這最后一個(gè)數(shù)為0？解析 顯然，經(jīng)過一次操作，原來的奇數(shù)個(gè)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)，2（）時(shí)，奇數(shù)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)，不可能減到0個(gè)（0是偶數(shù)）因此，要滿足題目要求，一個(gè)必要條件是，3（）當(dāng)（）時(shí)，由于連續(xù)4個(gè)整數(shù)可以得到兩個(gè)1，從而進(jìn)一步得到0，最終可得到一個(gè)0；當(dāng)（）時(shí)，先取出1、2、3，得到0，其余仍然4個(gè)連續(xù)整數(shù)一組，仍可最終得到0因此答案為，3（）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(diǎn)1、2、3、4、5、6由于相鄰整數(shù)的奇偶性不同，故每次移動(dòng)改變了兩個(gè)位置的奇偶性原來有奇數(shù)個(gè)盤子在奇數(shù)位置，每次移動(dòng)有三種可能：（）將兩個(gè)奇數(shù)位置的盤子移到偶數(shù)位置；（）將兩個(gè)偶數(shù)位置的盤子移到奇數(shù)位置；（）將一個(gè)奇數(shù)位置的盤子移到偶數(shù)位置，將一個(gè)偶數(shù)位置的盤子移到奇數(shù)位置無論哪種情況，每次移動(dòng)后仍有奇數(shù)個(gè)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?yàn)?只盤子疊在一起時(shí)，奇數(shù)位置的盤子是偶數(shù)（6或0個(gè)）28.1.3* 黑板上寫有1，每次操作可以從黑板上的數(shù)中選取2個(gè)數(shù)、，刪去、并在黑板上寫上數(shù)，問經(jīng)過99次操作后，黑板上剩下的數(shù)是幾？解析 因?yàn)椋悦看尾僮髑昂筒僮骱?，黑板上的每個(gè)數(shù)加l后的乘積不變?cè)O(shè)經(jīng)過99次操作后黑板上剩下的數(shù)為，則，得，于是28.1.4* 在正方形的3個(gè)頂點(diǎn)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(duì)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(gè)頂點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)易見，每次跳躍之后，對(duì)稱位置的橫、縱坐標(biāo)的奇偶性與原先起跳點(diǎn)的一樣，而原先沒有一只螞蚱在奇數(shù)格點(diǎn)（即兩坐標(biāo)都是奇數(shù)）上，因此也就沒有一只螞蚱會(huì)跳到奇數(shù)格點(diǎn)上，當(dāng)然也就不會(huì)落到（1，1）上28.1.5* 中國(guó)象棋中的馬，每步由12格的一個(gè)頂點(diǎn)跳到其對(duì)角頂點(diǎn)求證：該馬從棋盤上任意一點(diǎn)出發(fā)要跳到它的相鄰格，必須經(jīng)過奇數(shù)步解析 賦象棋盤每個(gè)格點(diǎn)（，）以數(shù)，馬每跳一步，必在行和列中，一種增減2，另一種增減1，即乘以所以，馬跳步后，到它的相鄰格點(diǎn)時(shí)，必有，故，故為奇數(shù)28.1.6* 一個(gè)箱子里裝有個(gè)白球和個(gè)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(gè)球是同顏色的，則從箱外取出一個(gè)黑球放回箱子里；如果這兩個(gè)球是異色的，則把其中的白球放回箱子這個(gè)過程一直重復(fù)到最后一對(duì)球從箱子取出，并且最后一個(gè)球放回箱子試問最后一對(duì)球有沒有可能是白色的？并說明理由解析 若在白球上記上數(shù)字1，黑球上記上數(shù)字0，則任何時(shí)候箱中的白球數(shù)就等于箱內(nèi)所有球的數(shù)字之和，并且開始時(shí)總和為，如果取的兩個(gè)球是白色，則放回一個(gè)黑球，故總和變成如果取的兩個(gè)球是黑色，則放回一個(gè)黑球，故總和是如果取出的兩球是一黑一白，則放回這個(gè)白球，故總和也是由此可知，每完成一個(gè)過程，箱子里球的數(shù)字之和或者不變，或者減少2，即變換前后的奇偶性不變故為偶數(shù)時(shí)，最終將變成0（黑球）；為奇數(shù)時(shí)，最后必將是1（自球）28.1.7* 一堆火柴共1000根，兩人輪流拿走根火柴，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(gè)人如何動(dòng)作，他都應(yīng)在自己執(zhí)步之后，給對(duì)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(dòng)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(gè)人取數(shù)，若已有的最后一個(gè)數(shù)為，則可以取至中任一個(gè)數(shù)若甲先取，開始已有數(shù)2，取到xx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、xx這一列數(shù)中，后一個(gè)數(shù)要么是前一個(gè)數(shù)的2倍，要么是2倍加上1現(xiàn)在說明只要取到前一個(gè)數(shù)，就必可取到后一個(gè)數(shù)，從而必可取到xx事實(shí)上，若甲取到的數(shù)為，則乙可取至中任一數(shù)而，且，故當(dāng)乙取完后，甲必可取或28.1.9* 兩個(gè)相同的齒輪，各有14個(gè)齒，一個(gè)平放在另一個(gè)的上面，使得它們的齒重合現(xiàn)在去掉4對(duì)重合的齒是否總可以旋轉(zhuǎn)上面的那個(gè)齒輪，使得它們的共同投影是一個(gè)完整的齒輪若兩個(gè)齒輪各有13個(gè)齒，結(jié)論如何？解析 14個(gè)齒時(shí)可以設(shè)去掉的齒為，0，1，13），兩兩的差有4312種，取，（），則轉(zhuǎn)過6個(gè)齒后，投影為完整的齒輪至于13個(gè)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(diǎn)處放有火柴，開始在某一點(diǎn)放根火柴，其他三頂點(diǎn)則空著現(xiàn)允許從某個(gè)頂點(diǎn)移走任意根火柴，然后在其兩個(gè)相鄰頂點(diǎn)各放上移走火柴數(shù)目?jī)杀兜幕鸩癞?dāng)，3時(shí)，問是否可以經(jīng)過若干次這樣的操作，使得各頂點(diǎn)處的火柴數(shù)依次為1、9、8、9？解析 設(shè)頂點(diǎn)處火柴數(shù)依次為、，考慮數(shù)和，易知每經(jīng)過一次操作，都有（），（），但是，1+9+8+92（），19+893（），之所以取“”，是因?yàn)橐婚_始的因3根火柴的位置不同而可能不同因此當(dāng)，3時(shí)，不可能經(jīng)過有限步操作后變?yōu)?、9、8、928.1.11* 將（1）個(gè)數(shù)排在一個(gè)圓周上，每個(gè)數(shù)都是+1或1，現(xiàn)在同時(shí)將每個(gè)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(gè)數(shù)都成為+1解析 設(shè)這個(gè)數(shù)往右依次為，下證：經(jīng)過次操作后，在位置上的數(shù)為，這里當(dāng)下標(biāo)大于時(shí)，認(rèn)為模同余的下標(biāo)則為同一個(gè)數(shù)當(dāng)時(shí)，第一次操作后，第個(gè)位置數(shù)為，第二次操作后，第個(gè)位置上數(shù)為，即時(shí)成立；若經(jīng)過次操作后，第個(gè)位置上數(shù)為，故再經(jīng)過次操作即共次操作后第個(gè)數(shù)為，因此對(duì)一切均成立于是，經(jīng)過次操作后，第個(gè)位置上數(shù)為，即所有數(shù)均為+128.1.12* 在黑板上寫出三個(gè)整數(shù)，然后擦去一個(gè)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(gè)數(shù)能否為（1）2、2、2；（2）3、3、3解析 （1）不能為2、2、2因?yàn)?、2、2是三個(gè)偶數(shù)，按規(guī)則，第一次換數(shù)后，三個(gè)偶數(shù)就變成兩偶一奇第二次換數(shù)時(shí)，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(gè)數(shù)永遠(yuǎn)保持兩偶一奇不變，而19、1967、1987三個(gè)數(shù)都是奇數(shù)，這種情況決不會(huì)出現(xiàn)所以，原來的三個(gè)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、33、3、53、5、73、7、93、9、113、11、133、13、153、15、1717、15、31再注意到196712216+15，198312216+31，便知只要由17、15、31再按“17、17、”作122次變換，即可得到17、1967、198328.1.13* 任意（，6，偶數(shù)）的棋盤可以被12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（）表明，如何鋪滿矩形56和88（在鋪滿矩形88的情形中利用了矩形56的鋪設(shè)法）現(xiàn)在只需證明，如果可以鋪滿矩形，那么就可以鋪滿矩形（）為此，需要把已鋪滿骨牌的矩形分成兩部分，而不分割骨牌，因此需要右邊部分向右邊移動(dòng)距離2并且用水平骨牌填滿間隔（圖（）28.1.14* 在的方格表中任意填上l或，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：這個(gè)乘積的和不為0解析 設(shè)，為每行之積，為每列之積，易知，于是在，中有個(gè)，中有個(gè)，則若個(gè)乘積之和為0，則，得為偶數(shù)，矛盾28.1.15* 在矩形方格表（至少兩行兩列）的每個(gè)小方格中都填上1或，并且l和的個(gè)數(shù)都不少于兩個(gè)，求證：存在4個(gè)小方格，其中心是一矩形的頂點(diǎn)，且小方格中數(shù)字之和等于0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(gè)，由題設(shè)，兩個(gè)分別在不同行中，如這兩個(gè)在同一列中，則任一其他列中的對(duì)應(yīng)數(shù)都是1，于是這樣的矩形存在否則，以這兩格為對(duì)角線的矩形的另兩個(gè)頂點(diǎn)中的數(shù)一定都是1，于是4個(gè)數(shù)字之和仍為0如有一行全為，同理可證于是每一行都既有1，又有，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(gè)格子）考慮每一列數(shù)之和，無非是2、0、，顯然若所求矩形不存在，則0最多一個(gè)，而2與不能共存，若只有2，那么最多1個(gè)，矛盾，若只有，那么1最多一個(gè)，亦矛盾因此結(jié)論成立28.1.16* 一個(gè)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磅一般的情況：是否可以用一套磅數(shù)為1，3，9，的砝碼，來稱磅數(shù)為任何正整數(shù)，的物體？那就要設(shè)法證明：任何正整數(shù)都是3的有限項(xiàng)不同次冪的代數(shù)和證明如下：以3作除數(shù)，應(yīng)用“輾轉(zhuǎn)相除法”，設(shè)，此中，（，1，2，），于是有 由于，（，1，2，），即是說，除0外，與（，1，2，）只能取1或2，而，代入式的末端經(jīng)整理便可得到改寫得由此可見，只要把重量為，磅的砝碼放在一個(gè)盤子里，而把磅，磅，磅的砝碼和磅的重物放在另一個(gè)盤子里，天平的左右兩個(gè)盤子重量就相等了，這樣就稱出磅重的物體來28.1.17* 兩個(gè)人做如下游戲：甲先報(bào)一個(gè)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(gè)星號(hào)：規(guī)定已經(jīng)改成數(shù)字的不能再動(dòng)，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(bào)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4000解析 若甲第1次報(bào)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(bào)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(bào)4或5當(dāng)甲報(bào)4時(shí)，乙將4放入被減數(shù)的千位，接下來甲只能不斷報(bào)0（否則被乙放入減數(shù)的千位），最終差為4000；同理若甲報(bào)的是5，則乙將5放入減數(shù)的千位，接下來甲只能不斷報(bào)9，最終差為4000乙的策略已經(jīng)找到甲的策略要復(fù)雜一些用、表示從左到右4個(gè)數(shù)位（每個(gè)由上下兩個(gè)數(shù)位組成），甲應(yīng)注意有最小的，在中有一個(gè)數(shù)字和一個(gè)，或有兩個(gè)不同的數(shù)字如果，或，甲應(yīng)報(bào)4，如所有數(shù)位都相同或，則可報(bào)任何數(shù)字，比如報(bào)5當(dāng)乙“不得不”頭一次把數(shù)字放到上邊的數(shù)字，甲可報(bào)0，如果是下邊的數(shù)字，甲可報(bào)9，這便是甲的策略28.1.18* 阿里巴巴試圖潛入山洞在山洞入口處有一面鼓鼓的表面有四個(gè)孔，組成正方形的四個(gè)頂點(diǎn)在每個(gè)孔的里面各裝有一個(gè)開關(guān)開關(guān)有“上”“下”兩種狀態(tài)如果四個(gè)開關(guān)的狀態(tài)全都一致，洞門即可打開現(xiàn)允許將手伸入任意兩個(gè)孔，觸摸開關(guān)以了解其狀態(tài)，并可隨自己的意思改變或不改變其狀態(tài)但每當(dāng)這樣做了（并伸出手）之后，鼓就要飛快地旋轉(zhuǎn)，以至在停轉(zhuǎn)之后無法確認(rèn)剛才觸動(dòng)了哪些開關(guān)證明：阿里巴巴至多需要五次這種步驟就可以進(jìn)入山洞解析 首先容易通過兩次操作把不少于3個(gè)開關(guān)扳為狀態(tài)“上”，如果大門沒有打開，這就意味著第四個(gè)開關(guān)處于狀態(tài)“下”，這時(shí)阿里巴巴應(yīng)該將手伸入對(duì)角線上的兩個(gè)洞，如果碰到向下的開關(guān)，那么應(yīng)當(dāng)把它扳為“上”，從而進(jìn)入山洞；如果這一對(duì)開關(guān)均向上，那么把其中之一扳為向下這樣，顯然兩個(gè)相鄰（即正方形某邊的兩端）的開關(guān)向上，另兩個(gè)相鄰的開關(guān)向下然后阿里巴巴沿著正方形的邊伸手；如果兩個(gè)開關(guān)處于同一狀態(tài)，他就改變它們狀態(tài)從而進(jìn)入山洞；如果兩個(gè)開關(guān)狀態(tài)不同，他應(yīng)該都改變狀態(tài)，最后一次沿對(duì)角線找到開關(guān)，改變里面的開關(guān)狀態(tài)，這樣最多五次就可以進(jìn)入山洞28.1.19* 圓周上放了（4）個(gè)和為1的非負(fù)數(shù)，求證：相鄰數(shù)乘積之和不大于解析 設(shè)圓周上依次有、四點(diǎn)，不妨設(shè)（這樣的、總能找到），顯然有今去掉和，代之以，圓周上的數(shù)減少1個(gè)，和仍為1，但相鄰數(shù)乘積之和增大或不減于是在不斷調(diào)整后，圓周上的數(shù)變成只有4個(gè)，不妨設(shè)依次為、，而于是結(jié)論成立28.1.20* 在的方格表內(nèi)的每個(gè)小方格中各填入0或1，如某一行與某一列的交點(diǎn)處所填數(shù)是0，則該行與該列的數(shù)之和不小于，求證：表中所有數(shù)之和不小于等解析 考慮所有的行與列，選出0的個(gè)數(shù)最多的行（或列）若在這一行中有個(gè)0和個(gè)1，則由條件知對(duì)應(yīng)于這一行的0所在的列中每列至少有個(gè)1，而在其余的列中每列不少于個(gè)1（由最初那一行的選擇而得）于是，1的總數(shù)不少于28.1.21* 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(shí)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(duì)開始時(shí)的第1、2、3、4這四枚棋子，依次地用、表示，且賦值為（，2，3，4）則，且（，2，3，4，）因此，各次操作后，棋子的賦值情況如下：開 始第一次操作后第二次操作后第三次操作后第四次操作后1111這是因?yàn)椋虼?，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(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)一個(gè)整數(shù)，使得這五個(gè)整數(shù)的和為正數(shù)若其中三個(gè)相鄰頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的整數(shù)依次為、，而中間的，則要進(jìn)行如下的變換：整數(shù)、分別換為、要是所得的五個(gè)整數(shù)中至少還有一個(gè)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(gè)數(shù)依次為、，且，變換后得到、，其和不變現(xiàn)考慮五個(gè)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因此，這一和（一個(gè)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，所以該變換必定有終止的時(shí)候28.1.23* 給定4個(gè)全等的直角三角形紙片，進(jìn)行如下操作：每次可選一個(gè)直角三角形并將它沿斜邊上的高剪開成兩個(gè)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(gè)全等（不包括重疊情形）解析 用反證法即存在4個(gè)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)這樣的操作的最少次數(shù)為，這里操作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(shí)4個(gè)全等直角三角形必須有3個(gè)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(gè)三角形于是得到新的6個(gè)直角三角形可分成兩組，每組3個(gè)直角三角形彼此全等這樣一來，每組3個(gè)全等直角三角形中又都至少剪開兩個(gè)不妨設(shè)第4至第7次操作就是剪開這4個(gè)三角形注意這時(shí)剪開得到的8個(gè)直角三角形中有4個(gè)是全等的（相當(dāng)于兩個(gè)矩形沿它們的一條對(duì)角線剪開）按假設(shè)，從這4個(gè)全等的直角三角形出發(fā)，只要再操作次就可以得到互不全等的三角形，此時(shí)與的最小性矛盾！這表明無論經(jīng)過多少次操作，總有兩個(gè)三角形全等28.1.24* 3個(gè)數(shù)、圍著一圓周，依次將其改為、，叫做完成一次操作，求證：如果起初的、是非零整數(shù)（或有理數(shù)），則若干次操作后遲早會(huì)出現(xiàn)0，但可以找到3個(gè)實(shí)數(shù)、，使得無論經(jīng)過多少次操作，0都不會(huì)出現(xiàn)解析 用反證法當(dāng)、是整數(shù)時(shí)，如果0永遠(yuǎn)不出現(xiàn)，考慮每次操作后最大的那個(gè)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(huì)出現(xiàn)至于有理數(shù)情形，只要乘以各分母的最小公倍數(shù)，便轉(zhuǎn)化為整數(shù)問題最后討論實(shí)數(shù)問題，先證明一個(gè)結(jié)論：設(shè)、為整數(shù)，且，則為此，只要將兩端平方，即得，但無論是還是，總能得出另外兩個(gè)數(shù)也為0證畢于是令，第一次操作后其中一項(xiàng)為或，即“奇數(shù)1+奇數(shù)+偶數(shù)”，另外兩個(gè)數(shù)分別為“奇數(shù)1+偶數(shù)+奇數(shù)”和“偶數(shù)1+奇數(shù)+奇數(shù)”第二次操作后，這種狀態(tài)不變，因此無論經(jīng)過多少次操作，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(huì)出現(xiàn)0評(píng)注 對(duì)于一般的圓周上（3）個(gè)數(shù)，上述結(jié)論全部成立，不過實(shí)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(gè)數(shù)、滿足不等式，那么就可以交換、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(duì)任意相連的4個(gè)數(shù)、都有？（2）若圓周上依次放著數(shù)1，2，xx，問是否能經(jīng)過有限次操作后，對(duì)任意相連的4個(gè)數(shù)、都有？解析 （1）（2）答案是肯定的考慮這xx個(gè)數(shù)的相鄰兩數(shù)乘積之和，開始時(shí)若圓周上相連的4個(gè)數(shù)、滿足不等式，即，交換、位置后，相連的4個(gè)數(shù)為、，于是圓周上相鄰兩數(shù)乘積之和的改變量為，即，所以每作一次操作，乘積和至少減少1，由于相鄰兩數(shù)的乘積和不可能為負(fù)的，故經(jīng)有限次操作后，對(duì)任意相連的4個(gè)數(shù)、，一定有28.2 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(chǎng)同學(xué)調(diào)查情況，他們的回答有真有假第1位同學(xué)說：“我只知道甲沒有錯(cuò)”第2位同學(xué)說：“我只知道乙沒有錯(cuò)”第3位同學(xué)說：“前面兩位同學(xué)所說的話至少有一個(gè)是真的”第4位同學(xué)說：“我可以肯定第3個(gè)同學(xué)說的是假話”經(jīng)調(diào)查，證實(shí)第4位同學(xué)說的是真話請(qǐng)問：甲、乙兩人誰有錯(cuò)解析 因已證實(shí)第4位同學(xué)所說屬實(shí)，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(gè)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(cuò)評(píng)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28.2.2* 某校舉辦數(shù)學(xué)競(jìng)賽、五位同學(xué)分獲前5名發(fā)獎(jiǎng)前，老師請(qǐng)他們猜一猜各人名次排列情況說：“第三名，第五名”說：“第四名，第五名”說：“第一名，第四名”說：“第一名，第二名”說：“第三名，第四名”結(jié)果，每個(gè)名次都有人猜對(duì)請(qǐng)問：這五位同學(xué)的名次是怎樣排列的解析 被猜為第二名僅一個(gè)人，因此，為第二名此外，被猜為第一名的有、；被猜為第三名的有、；被猜為第四名的有、；被猜為第五名的有、由第二推知第三，進(jìn)而推知第一，第五，第四評(píng)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(duì)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* 個(gè)人聚會(huì)，已知其中每個(gè)人都至少認(rèn)識(shí)個(gè)與會(huì)者證明：可以從中選出4個(gè)人圍著圓桌坐下，使得每個(gè)人都與熟人為鄰解析 如果這些人兩兩認(rèn)識(shí)，結(jié)論顯然成立否則找到、，他們不認(rèn)識(shí)在剩下的個(gè)人中，必定有、與、都認(rèn)識(shí)，否則剩下的人數(shù)至少有，矛盾，于是、可依次圍著圓桌坐下而滿足要求28.2.4* 一個(gè)骰子，六個(gè)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(diǎn)數(shù)超過12就停止不擲了請(qǐng)問：這種擲骰子的游戲最可能出現(xiàn)的總點(diǎn)數(shù)是多少？解析 欲使最后一次投擲的點(diǎn)數(shù)和13，倒數(shù)第二次投擲所達(dá)到的點(diǎn)數(shù)和最大數(shù)為12，最小數(shù)為8共有5種情況如果倒數(shù)第二次總點(diǎn)數(shù)等于12，再投一次后可能達(dá)到的（超過12）的總點(diǎn)數(shù)將分別為13、14、15、16、17而且機(jī)會(huì)是均等的；如果倒數(shù)第二次總點(diǎn)數(shù)等于11，再投一次超過12的總點(diǎn)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(diǎn)數(shù)等于8，再投一次超過12的總點(diǎn)數(shù)只可能是13（此時(shí)，最后一次投擲出現(xiàn)的點(diǎn)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(diǎn)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(gè)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(duì)了一種，并且每包都有一個(gè)人猜對(duì)請(qǐng)你也猜一猜，他們各自都猜中了哪一種顏色的珠子？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(gè)人所猜的包數(shù)，第一列表示五個(gè)人由于題目條件申明每人都猜對(duì)了一種；每包都有一個(gè)人猜對(duì)，因此，表中每一行的兩個(gè)數(shù)有且僅有一個(gè)正確；表中所標(biāo)志出的10個(gè)數(shù)中，1，2，3，4，5各有且僅有一個(gè)是正確的，每一列中的兩個(gè)數(shù)中，有且僅有一個(gè)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(gè)猜測(cè)應(yīng)是正確的，以此為突破口，展開推理表1紅藍(lán)黃白紫甲32乙42丙15丁34戊25表2我們用“”表示“正確”；用“”表示“不正確”，用“”表示推理的路線在數(shù)字上畫一個(gè)圖表示推理的出發(fā)點(diǎn)，表2即可清晰簡(jiǎn)明地表現(xiàn)出推理的過程通過表上推理知，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28.2.6* 四位運(yùn)動(dòng)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(xiàng)運(yùn)動(dòng)中，每人只參加一項(xiàng)，且四人的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目各不相同除此以外，只知道：（1）張明是球類運(yùn)動(dòng)員，不是南方人；（2）胡純是南方人，不是球類運(yùn)動(dòng)員；（3）李勇和北京運(yùn)動(dòng)員、乒乓球運(yùn)動(dòng)員三人同住一個(gè)房間；（4）鄭路不是北京運(yùn)動(dòng)員，年齡比吉林運(yùn)動(dòng)員和游泳運(yùn)動(dòng)員都??；（5）浙江運(yùn)動(dòng)員沒有參加游泳比賽根據(jù)這些情況，你能否斷定，這四名運(yùn)動(dòng)員各來自什么地方？各參加什么運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目？解析 這個(gè)問題涉及三種“對(duì)象”姓名、運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目及籍貫所知情況很“零碎”我們?cè)O(shè)計(jì)下面表格，在表格中進(jìn)行推理顯然，每一個(gè)人只能參加一個(gè)項(xiàng)目的運(yùn)動(dòng)，只有一種籍貫我們用“”表示肯定的判斷，用“”表示否定的判斷由（1）、（2）、（3）、（4）得表1表1游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林張胡李鄭從而推知，張明是北京運(yùn)動(dòng)員，李勇是吉林運(yùn)動(dòng)員（表2）表2游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林張胡李鄭由（3）知張明（北京運(yùn)動(dòng)員）不是乒乓球運(yùn)動(dòng)員，從而他是足球運(yùn)動(dòng)員，鄭路是乒乓球運(yùn)動(dòng)員（表3）表3游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林張胡李鄭由（4）知，李勇（吉林運(yùn)動(dòng)員）不是游泳運(yùn)動(dòng)員，從而胡純是游泳運(yùn)動(dòng)員，李勇是田徑運(yùn)動(dòng)員（表4）表4游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林張胡李鄭由（5）知，胡純不是浙江運(yùn)動(dòng)員，從而他是上海運(yùn)動(dòng)員，鄭路是浙江運(yùn)動(dòng)員（表5）表5游泳田徑乒乓足球北京上海浙江吉林張胡李鄭最后一個(gè)表格顯示：張明是北京的足球運(yùn)動(dòng)員，胡純是上海的游泳運(yùn)動(dòng)員，李勇是吉林的田徑運(yùn)動(dòng)員，鄭路是浙江的乒乓球運(yùn)動(dòng)員28.2.7* 三個(gè)整數(shù)、滿足條件把它們分別寫在三張卡片上、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（2）次摸取后，已走了20步，走了10步，走了9步已知最后一次走了步，問第一次誰走了步？解析 按題意，每次摸取后，三人共走了（）步所以，次摸取后共走了，由于2及，所以，由于三次走了20步，因而7若，那么三次所走步數(shù)只能是（從而），這與矛盾！從而由三次走10步且最后一次走（7）步，因，1，必有8，因此，所以，或，兩種可能但是，三次走20步，所以現(xiàn)將已推算出各次每人走的步數(shù)列表于下：人走的步數(shù)次數(shù)一81二814三481由表知，第一次走（）步的是28.2.8* 甲、乙、丙、丁四人比賽羽毛球每人與對(duì)手各賽一場(chǎng)結(jié)果：甲勝丁，甲、乙、丙三人所勝場(chǎng)次相同請(qǐng)問：丁勝幾場(chǎng)？解析 四人比賽，共賽6場(chǎng)由于甲、乙、丙所勝場(chǎng)次相同且甲已勝丁，不難推知，甲、乙、丙各勝兩場(chǎng)我們由記號(hào)：“”表示“勝”（也即“輸”）畫一個(gè)圖進(jìn)行推算共賽6場(chǎng)若甲、乙、丙各勝1場(chǎng)，則丁勝3場(chǎng)，與甲勝丁矛盾若甲、乙、丙各勝3場(chǎng)，則總賽場(chǎng)次為9（6）場(chǎng)，矛盾所以，甲、乙、丙各勝2場(chǎng)甲勝2場(chǎng)，不妨設(shè)甲勝乙由甲引出甲乙，甲丁，從而乙丙，乙丁又從而丙甲，丙丁所以，丁勝零場(chǎng)28.2.9* 從1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13這13個(gè)數(shù)中最多可以選出多少個(gè)數(shù)，使它們中任意兩個(gè)數(shù)之差既不等于5，也不等于8解析 我們首先將這13個(gè)數(shù)按以下規(guī)則排成一個(gè)圈；相鄰兩個(gè)數(shù)差不是5就是8，按順時(shí)針方向1的旁邊放6，6的旁邊放11（兩數(shù)差為5），在11的旁邊放3（兩數(shù)差為8）（如圖）從圓圈上的13個(gè)數(shù)中，每隔一個(gè)數(shù)選出一個(gè)，共可選出6個(gè)數(shù)，它們之間任意兩個(gè)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(gè)數(shù)先任意選定一個(gè)數(shù)，不妨設(shè)它是1，在剩下的12個(gè)數(shù)中，與1相鄰的兩個(gè)數(shù)6、9不能再選于是只剩下10個(gè)數(shù)，我們將這10個(gè)數(shù)按相鄰關(guān)系分成5組，每組中最多只能再選一個(gè)數(shù)，所以在這圓圈上最多只能選出1+56個(gè)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(gè)數(shù)可以是1、11、8、5、2、12當(dāng)然，這種選法不是唯一的28.2.10* 、五支球隊(duì)進(jìn)行比賽，任意兩支隊(duì)恰好比賽一場(chǎng)當(dāng)比賽進(jìn)行到一定階段時(shí)，、各已比賽了4、3、2、1場(chǎng)，問哪些球隊(duì)已經(jīng)比賽過，已經(jīng)比賽過幾場(chǎng)？解析 五支球隊(duì)單循環(huán)比賽時(shí)，其中每隊(duì)至多比賽4場(chǎng)已賽過4場(chǎng)，可以斷定與、各賽了1場(chǎng)，由已知只賽過一場(chǎng)，因、已賽1場(chǎng)，所以不能再與、比賽過因賽過3場(chǎng)，已賽過的一場(chǎng)是（、），所以另兩場(chǎng)只能是（，），（，）（如圖）這時(shí)恰滿足隊(duì)賽過2場(chǎng)，隊(duì)賽過1場(chǎng)的條件從圖中可見，隊(duì)賽過的2場(chǎng)為：（，）、（，），另外，已證、沒有比賽過假設(shè)、賽過，則將與隊(duì)只賽過2場(chǎng)相矛盾所以判定隊(duì)賽過且只賽過（，）、（，）兩場(chǎng)所以，已賽過的隊(duì)是（，）、（，）、（，）、（，）、（，）、（，）其中已賽過2場(chǎng)28.2.11* 世界杯足球賽，每個(gè)小組有4支球隊(duì)，每?jī)蓚€(gè)隊(duì)之間各賽一場(chǎng)。勝者得3分，負(fù)者不得分，平局兩隊(duì)各得1分每個(gè)小組總分最多的兩個(gè)隊(duì)出線（1）有人說：“得6分的隊(duì)一定出線，得2分的隊(duì)一定不出線”請(qǐng)判斷并說明對(duì)錯(cuò)；（2）如果在小組比賽中有一場(chǎng)平局，那么上述說法是否正確解析 （1）如果小組賽中無一場(chǎng)平局，那么得6分的隊(duì)不一定出線設(shè)某小組有、四支球隊(duì)，如果勝，勝，勝，并且、都勝，這時(shí)、三隊(duì)均積6分，隊(duì)積分為零，因此，、三隊(duì)將根據(jù)凈勝球等規(guī)則來確定其中兩隊(duì)出線，必有一隊(duì)不能出線（2）如果小組賽中有平局，那么得2分的隊(duì)不一定不出線設(shè)某小組有、四支球隊(duì)，如果全勝，得9分；、三隊(duì)互相均踢平，各積2分，這時(shí)、三隊(duì)仍將根據(jù)凈勝球等規(guī)則來確定其中一個(gè)隊(duì)與隊(duì)一起出線（3）如果在小組中有一場(chǎng)平局，那么得6分的隊(duì)一定出線因?yàn)閱窝h(huán)賽4個(gè)隊(duì)之間共賽6場(chǎng)，所以各隊(duì)積分總和不超過3618（分）如果有一場(chǎng)平局，那么各隊(duì)積分總和不超過18117（分）由于某隊(duì)得6分，于是其他三個(gè)隊(duì)積分之和不超過17611（分），這時(shí)至少有兩個(gè)隊(duì)積分少于6分（否則，若存在兩隊(duì)積分不低于6分，則僅此兩隊(duì)積分之和已經(jīng)超過11分，這是不可能的），這兩個(gè)隊(duì)不能出線，故得6分的隊(duì)一定出線28.2.12* 有個(gè)砝碼，每個(gè)重量都是正有理數(shù)，若任意取出一個(gè)砝碼，剩下的砝碼總可以分成兩批，每批各個(gè)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)這個(gè)砝碼的重量乘一系數(shù)后分別為正整數(shù)，于是任取一數(shù)，剩下的數(shù)之和為偶數(shù)，即+偶數(shù)，故而，具有相同的奇偶性若，均為偶數(shù)，則定義，仍是滿足要求的砝碼重量，若，均為奇數(shù)，則定義，亦是滿足條件的砝碼重量由于，為正整數(shù)，若有反例，假定“最小”的一組反例為，所謂“最小”，是指為最小，若，均為偶數(shù)，則，不全相等，要為更小反例若，均為奇數(shù)，由于，僅當(dāng)時(shí)取，由定義，必須，與，不全相等矛盾，故結(jié)論成立28.2.13* 能否把l，2，10這10個(gè)數(shù)分別放在圓周上，使得任意相鄰兩數(shù)之差的絕對(duì)值為3、4或57把10改成13、14，結(jié)論分別如何？解析 10個(gè)數(shù)時(shí)不能辦到，因?yàn)?、2、3、9、10這5個(gè)數(shù)字中任意兩數(shù)不能相鄰，于是只能一個(gè)隔一個(gè)地放在圓周上，接下來考慮數(shù)字8，易知它只能與上述諸數(shù)中的3相鄰，但它不可避免地再與1、2、9、10這4個(gè)數(shù)中的一個(gè)相鄰，導(dǎo)致矛盾13個(gè)數(shù)也不行，因?yàn)?、2、3、11、12、13中無兩數(shù)可相鄰現(xiàn)考慮4，它只能與其中的1相鄰，10只能與其中的13相鄰由于l、2、3、11、12、13分布在圓周上，6個(gè)“空隙”處，5個(gè)放一數(shù)，1個(gè)放兩數(shù)，即只能是4與10，但1046，矛盾14個(gè)數(shù)時(shí)可以，如圖所示28.2.14* 任何12個(gè)人中，必定有兩個(gè)人（甲和乙），使得剩下的10個(gè)人中，至少有5個(gè)人，他們中的每個(gè)人都認(rèn)識(shí)甲和乙，或都不認(rèn)識(shí)甲和乙解析 用反證法，先任意選出二人和，再在其余10個(gè)人中選出這樣一些人，來他們中的每一個(gè)都剛好認(rèn)識(shí)和的一個(gè)人，假設(shè)6因?yàn)槿绻?，則人群中就會(huì)有5人滿足題目要求我們來用兩種不同方式計(jì)算3人組，的數(shù)目首先，我們一共有個(gè)不同的兩人對(duì)，而每一對(duì)都對(duì)應(yīng)著不少于6個(gè)人，所以666而另一方面，可以將固定，而找出與他對(duì)應(yīng)的所有兩人對(duì)，他在這些對(duì)中都剛好認(rèn)識(shí)一個(gè)人如果有個(gè)熟人，那么與他相應(yīng)的這種兩人對(duì)共有（）30對(duì)我們可以有12種選擇的辦法，由此知3012360660于是，一方面有666，一方面又有660，這是矛盾的28.2.15* 用18張12的紙牌隨意地拼成66的方格表（紙牌橫放豎放都可以）求證：必存在一條直線把分成非空的兩塊，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劃分成有偶數(shù)個(gè)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(gè)方格），再由所設(shè)知，每條直線至少要穿過2張紙牌又因?yàn)檫@些直線中任兩條不會(huì)穿過同一塊紙牌，這樣中至少有52+5220張紙牌，導(dǎo)致矛盾28.2.16* 在一個(gè)圓上有六個(gè)點(diǎn)，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(gè)點(diǎn)中任意三點(diǎn)之間都至少有一條線段？請(qǐng)說明理由解析 不妨設(shè)這三個(gè)點(diǎn)中連出線段最少的是點(diǎn)（1）若點(diǎn)與其他點(diǎn)沒有連線（孤立點(diǎn)），為了保證任意三點(diǎn)之間都至少有一條線段，所以其他五點(diǎn)之間必須兩兩連線，此時(shí)至少需要連（條）線段（2）若點(diǎn)連出線段恰好一條，設(shè)為，此時(shí)點(diǎn)與其他四點(diǎn)無線段連結(jié)，類似（1）的情況，這四點(diǎn)之間必須兩兩連線，這樣至少需要連（條）線段（3）若點(diǎn)連出線段恰好二條，此時(shí)其他點(diǎn)連出線段至少二條，于是這六個(gè)點(diǎn)連出線段總和至少有（條）下面我們給出滿足題意的6條連線的方法（如圖所示）（4）若點(diǎn)連出線段至少三條，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)連出線段至少三條，于是這六個(gè)點(diǎn)連出線段總和至少有（條）綜上所述，至少需連6條線段才能滿足題意評(píng)注 圓上任意三點(diǎn)都不在同一直線上，因此圓上六點(diǎn)之問所連線段都不會(huì)出現(xiàn)重疊現(xiàn)象本題的解答應(yīng)用了極端性原理28.2.17* ，這個(gè)球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽（全部比賽過程中任何一隊(duì)都要分別與其他各隊(duì)比賽一場(chǎng)且只比賽一場(chǎng)）當(dāng)比賽進(jìn)行到一定階段時(shí)，統(tǒng)計(jì)，這球隊(duì)已經(jīng)賽過的場(chǎng)數(shù)為：隊(duì)場(chǎng)，隊(duì)場(chǎng)隊(duì)1場(chǎng)，請(qǐng)你判定哪些球隊(duì)之間已經(jīng)互相比賽過，其中隊(duì)比賽過多少場(chǎng)？解析 本題可借助表格進(jìn)行分析求解表中數(shù)字的填寫規(guī)律為：我們約定與未賽過這個(gè)矩陣應(yīng)是對(duì)稱矩陣，表中最右邊的數(shù)字為對(duì)應(yīng)球隊(duì)已經(jīng)比賽過的場(chǎng)數(shù)考慮，它賽過了場(chǎng)，故應(yīng)有個(gè)1，故外，其余皆為1這時(shí)已賽足故其余都是0再考慮，它賽了場(chǎng)，已經(jīng)有了兩個(gè)0，故其余應(yīng)填上1這時(shí)已賽足，故其余為001111110110111000111000021000001111000由此可知，對(duì)于這一行的前面?zhèn)€數(shù)（除外），將是前面若干個(gè)為1，后面若干個(gè)為0，并且1與0首尾搭配當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，為偶數(shù)，從而有個(gè)1，個(gè)0，即當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，為奇數(shù)考慮，由已知它應(yīng)賽過場(chǎng)但它并不與，各隊(duì)比賽，而與，僅賽了場(chǎng)，故還有一場(chǎng)，顯然它應(yīng)與比賽過，從而與，比賽過，綜上所述，可知28.2.18* 若兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)、使得和都是有理數(shù)，則稱數(shù)對(duì)（，）是“和諧”的（1）試找出一對(duì)無理數(shù)、，使得（，）是“和諧”的；（2）證明：若（，）是“和諧”的，且是不等于1的有理數(shù)，則、都是有理數(shù)；（3）證明：若（，）是“和諧”的，且詈是有理數(shù)，則、都是有理數(shù)解析 （1）不難驗(yàn)證（，）是和諧的（2）由已知有理數(shù)，是有理數(shù)，因此，解得是有理數(shù)，當(dāng)然也是有理數(shù)（3）若，則是有理數(shù)，因此也是有理數(shù)若，由已知是有理數(shù)，也是有理數(shù)，因此，故是有理數(shù)，因此也是有理數(shù)