8-9 构造与论证.题库版
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1. 掌握最佳安排和选择方案的组合问题.
2. 利用基本染色去解决相关图论问题.
知识点说明 各种探讨给定要求能否实现,在论证中,有时需进行分类讨论,有时则要着眼于极端情形,或从整体把握.设计最佳安排和选择方案的组合问题,这里的最佳通常指某个量达到最大或最小.解题时,既要构造出取得最值的具体实例,又要对此方案的最优性进行论证.论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计.
组合证明题,在论证中,有时需进行分类讨论,有时则需要着眼于极端情况,或从整体把握。若干点及连接它们的一些线段组成图,与此相关的题目称为图论问题。若干点及连接它们的一些线段组成图,与此相关的题目称为图论问题,这里宜从特殊的点或线着手进行分析.各种以染色为内容,或通过染色求解的组合问题,基本的染色方式有相间染色与条形染色.
板块一、最佳安排和选择方案 【例 1】 5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列,今要将它们变为反序排列,即从第5卷
到第1卷.如果每次只能调换相邻的两卷,那么最少要调换多少次?
【考点】构造与论证 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 因为必须是调换相邻的两卷,将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次,得到的顺序为51234;
现在将第4卷调至此时第1卷的位置最少需3次,得到的顺序为54123;
现在将第3卷调至此时第1卷的位置最少需2次,得到的顺序为54312;
最后将第1卷和第2卷对调即可.
所以,共需调换4+3+2+1=10次.
【答案】10次
【例 2】 在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009,现在将卡片的顺序打乱,让空白面
朝上,并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009.然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加,再将这2009个和相乘,所得的积能否确定是奇数还是偶数?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 从整体进行考虑.所得的2009个和相加,便等于1~2009的所有数的总和的2倍,是个偶数.2009
个数的和是偶数,说明这2009个数中必有偶数,那么这2009个数的乘积是偶数.
本题也可以考虑其中的奇数.由于1~2009中有1005个奇数,那么正反两面共有2010个奇数,而只有2009张卡片,根据抽屉原理,其中必有2个奇数在同一张卡片上,那么这张卡片上的数字的和是偶数,从而所有2009个和的乘积也是偶数.
知识点拨
知识点拨
教学目标
构造与论证
【答案】偶数
【例3】一个盒子里有400枚棋子,其中黑色和白色的棋子各200枚.下面我们对这些棋子做如下操作:每次拿出2枚棋子,如果颜色相同,就补1枚黑色棋子回去;如果颜色不同,就补1枚白色的
棋子回去.这样的操作,实际上就是每次都少了1枚棋子,那么,经过399次操作后,最后剩
下的棋子是颜色(填“黑”或者“白”).
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】填空
【解析】在每一次操作中,若拿出的两枚棋子同色,则补黑子1枚,所以拿出的白子可能为0枚或2枚;
若拿出的两枚棋子异色,则补白子1枚,“两枚棋子异色”说明其中一黑一白,那么此时拿出的白子数为0枚.可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚,而由于起初白子有200枚,是偶数枚,所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚,因此最后1枚不可能是白子,只能是黑子.
【答案】黑子
【例4】在黑板上写上1、2、3、4、……、2008,按下列规定进行“操怍”:每次擦去其中的任意两个数a和b,然后写上它们的差(大数减小数),直到黑板上剩下一个数为止.问黑板上剩下的数是
奇数还是偶数?为什么?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】根据等差数列求和公式,可知开始时黑板上所有数的和为123200820091004
是一个
++++=?偶数,而每一次“操作”,将a、b两个数变成了()
-,它们的和减少了2b,即减少了一个偶数.那
a b
么从整体上看,总和减少了一个偶数,其奇偶性不变,还是一个偶数.
所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数,那么最后黑板上剩下一个数时,这个数是个偶数.【答案】偶数
【例5】在1997×1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮.按钮每按一次,与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态,即由亮变为不亮,或由不亮变为亮.如果原来每盏灯都
是不亮的,请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】最少要1997次,将第一列中的每一格都按一次,则除第一列外,每格的灯都只改变一次状态,由不亮变成亮.而第一列每格的灯都改变1997次状态,由不亮变亮.如果少于1997次,则至少有一列和至少有一行没有被按过,位于这一列和这一行相交处的灯保持原状,即不亮的状态.【答案】1997次
【例6】有3堆小石子,每次允许进行如下操作:从每堆中取走同样数目的小石子,或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆.开始时,第一堆有1989块石子,第二堆有
989块石子,第三堆有89块石子.问能否做到:
(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】(1)可以,如(1989,989,89) →(1900,900,0)→(950,900,950)→(50,0,50)→(25,25,
50)→(0,0,25).
(2)因为操作就两种,每堆取走同样数目的小石子,将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆,所
以每次操作石子总数要么减少3的倍数,要么不变.
现在共有1989+989+89=3067,不是3的倍数,所以不能将3堆中所有石子都取走.
【答案】(1)可以(2)不能
【例7】在某市举行的一次乒乓球邀请赛上,有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行,就是说每两名选手都要比赛一场.为公平起见,用以下方法记分:开赛前每位选手各有
10分作为底分,每赛一场,胜者加分,负者扣分,每胜专业选手一场加2分,每胜业余选手一
场加1分;专业选手每负一场扣2分,业余选手每负一场扣1分.问:一位业余选手最少要胜
几场,才能确保他的得分比某位专业选手高?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】当一位业余选手胜2场时,如果只胜了另两位业余选手,那么他得10+2-3=9(分).此时,如果专业选手间的比赛均为一胜一负,而专业选手与业余选手比赛全胜,那么每位专业选手的得分都是
10+2-2+3=13(分).所以,一位业余选手胜2场,不能确保他的得分比某位专业选手高.
当一位业余选手胜3场时,得分最少时是胜两位业余选手,胜一位专业选手,得10+2+2-2=12(分).此时,三位专业选手最多共得30+0+4=34(分),其中专业选手之间的三场比赛
共得0分,专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分,34÷3=1113
,推知,必有人得分不超过11分.
也就是说,一位业余选手胜3场,能确保他的得分比某位专业选手高.
【答案】胜3场
【例 8】 n 支足球队进行比赛,比赛采用单循环制,即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分,
平一场得1分,负一场得0分.如果每一队至少胜一场,并且所有各队的积分都不相同,问:
(1)n =4是否可能?
(2)n =5是否可能?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 (1)我们知道4个队共进行了2
4C 场比赛,而每场比赛有2分产生,所以4个队的得分总和为
2
4C ×
2=12.因为每一队至少胜一场,所以得分最低的队至少得2分,又要求每个队的得分都不相同,所以 4个队得分最少2+3+4+5=14>12,不满足.即n =4不可能。
(2)我们知道5个队共进行25C 场比赛,而每场比赛有2分产生,所以4个队的得分总和为25C ×2=20.
因为每一队至少胜一场,所以得分最低的队至少得2分,又要求每个队的得分都不相同,所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20,满足.即n =5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示,A 得2分,C 得3分,D 得4分,B 得5分,E 得6分.其中“A B ”表示A 、B 比赛时,A 胜B ;“B --
C ”表示B 、C 比赛时,B 平C ,余下类推.
【答案】(1)不可能 (2)可能
【例 9】 如图35-1,将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这10
个数分别填入图中的10个圆圈内,使任
意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M .
求M 的最小值并完成你的填图.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 要使M 最小,就要尽量平均的填写,因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小,有的特别大,那
么M 就只能大于等于特别大的数,不能达到尽量小的目的.
因为每个圆圈内的数都用了5次,所以10次的和为5×(1+2+3+…+10)=275.
每次和都小于等于朋,所以10M 大于等于275,整数M 大于28.
下面来验证M =28时是否成立,注意到圆圈内全部数的总和是55,所以肯定是一边五个的和是28, 一边是27.因为数字都不一样,所以和28肯定是相间排列,和27也是相问排列,也就是说数组每隔4个差值为1,这样从1填起,容易排出适当的填图.
【答案】
【例 10】 如图,在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形,使得每一个扇形都恰好覆盖4个数,且每两个
扇形覆盖的数不全相同,求证:一定可以找到
3个扇形,恰好覆盖整个表盘上的数.并举一个反例说明,作8个扇形将不能保证上述结论成立.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】2009年,清华附中,入学测试
【解析】 略.
【答案】要在表盘上共可作出12个不同的扇形,且1~12中的每个数恰好被4个扇形覆盖.将这12个扇
形分为4组,使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘.那么,根据抽屉原理,从中选择9个扇
形,必有9134??+=????
个扇形属于同一组,那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘. 另一方面,作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个,则可以去掉盖住同一个数的4个扇形,这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住,那么这8个扇形不能盖住整个表盘
【巩固】 将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上,然后把圆周上连续三个数之和写下来,则可以得到六个
数1a 、2a 、3a 、4a 、5a 、6a ,将这六个数中最大的记为A .请问在所有填写方式中,A 的最小值是什么?
632
5
41
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】2008年,台湾小学数学竞赛选拔赛
【解析】 要由于每个写在圆周上的数都被用了三次,则
1234563(123456)63a a a a a a +++++=?+++++=,即写出来的这6个数的平均数为10.5,因此A 至少为11.由上图的排列方式可知A 为11的情形存在,故A 的最小值为11.
【答案】最小值为11
【例 11】 1998名运动员的号码依次为1至1998的自然数.现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队,
使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积.那么,选为仪仗队的运动员最少有多少人?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉,因为它们参与的乘式比较多,把它们去掉有助于使
剩下的构不成乘式,比较小的数肯定是用得最多的,因为它们的倍数最多,所以考虑先把它们去掉,但关键是除到何处?
考虑到44的平方为1936,所以去到44就够了,因为如果剩下的构成了乘式,那么乘式中最小的数一定小于等于44,所以可以保证剩下的构不成乘式.因为对结果没有影响,所以可以将1保留,于是去掉2,3,4,…,44这43个数.
但是,是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2×97,3×96,4×95,…,44×45,发现这43组
数全不相同而且结果都比1998小,所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数,所以43为最小
值,即为所求.
【答案】43
【例12】一组互不相同的自然数,其中最小的数是1,最大的数是25,除1之外,这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍,或者等于这组数中某两个数之和.问:这组数之和的最小值
是多少?当取到最小值时,这组数是怎样构成的?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】首先把这组数从小到大排列起来,那么最小的肯定为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.最大的为25.下面将所有的可能情况列出:
1,2,3,4,…,25所有的和是35;
1,2,3,5,…,25所有的和是36;
1,2,3,6,…,25所有的和是37;
1,2,4,5,…,25所有的和是37;
1,2,4,6,…,25所有的和是38;
1,2,4,8,…,25所有的和是40.
25是奇数,只能是一个偶数加上一个奇数.在中间省略的数中不能只有1个数,所以至少还要添加两个数,而且这两个数的和不能小于25,否则就无法得到25这个数.要求求出最小值,先看这两个数的和是25的情况,因为省略的两个数不同于前面的数,所以从20+5开始.
25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12.
这些数中20,19,18,17太大,无法产生,所以看:16+9=15+10=14+11=13+12.
看这些谁能出现和最小的1,2,3,4,…,25中,检验发现没有可以满足的:
再看1,2,3,5,…,25,发现1,2,3,5,10,15,25满足,所以:1+2+3+5+10+15+25=36+25=61 【答案】1+2+3+5+10+15+25=36+25=61
【例13】2004枚棋子,每次可以取1、3、4、7枚,最后取的获胜。甲、乙轮流取,如果甲先取,如何才能保证赢?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】先从简单的情况看起,看看棋子数量较少时,在什么情况下先取者胜,什么情况下后取者胜.可
2枚和8枚时是后取者胜,其他情况下都是先取者胜.
当棋子数大于8时,可以先取若干枚棋子,使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数.先取者为了取胜,第一次取后,应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况,比如变成剩下2枚或8枚.这样推下去,可以发现只有当棋子数是8的倍数或者除以8余2时,是后取者胜,其他情况下是先取者胜.
题目中有2004枚棋子,除以8余4,所以先取者肯定可以取胜.不过取胜的策略比较灵活,不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚,应该从除以8的余数来考虑:
⑴先取者第一次可以先取4枚,这样还剩下2000枚,2000除以8的余数是0;
⑵先取者为了保证获胜,在每一次后取者取了之后,先取者再取的时候,应该使得自己取后剩下的棋子数是8的倍数或者除以8余2;
⑶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数除以8的余数是0或2,所以每次后取者取后剩下的棋子数除以8的余数是7,5,4,1
或1,7,6,3.
所以接下来先取者可以对应地取7,3,4,1或1,7,4,3枚棋子,这样剩下的剩下的棋子数除以8的余数为0,2,0,0或0,0,2,0.
这样就保证了第⑵点.
⑷每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2,那么最后一枚棋子肯定是先取者取得,所以先取者获胜.
【答案】见解析
【例 14】 在10×19方格表的每个方格内,写上0或1,然后算出每行及每列的各数之和.问最多能得到
多少个不同的和数?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 首先每列的和最少为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,
1,2,3,4,…,18,19这20个.
下面我们说明如果0出现,那么必然有另外一个数字不能出现.
如果0出现在行的和中,说明有1行全是0,意味着列的和中至多出现0到9,加上行的和至多出现10个数字,所以少了一种可能.
如果0出现在列的和中,说明在行的和中19不可能出现,所以0出现就意味着另一个数字不能
出现,所以至多是19,下面给出一种排出方法.
【答案】19
【例 15】 在8×8的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子,使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶
数枚棋子?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 因为8×8的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格,若某行(某列)有空格,必空偶数格.而
斜线上的格子数有奇也有偶,不妨从左上角的斜线看起:第一条斜线只有1格,必空;第三条有3格,必至少空1格;第五、七条分别有5、7格,每条线上至少空1格.由对称性易知共有
16条斜线上有奇数格,且这16条斜线没有共用的格子,故至少必空出16格.其实,空出两条主对角线上的16个格子就合题意.此时,最多可放置48枚棋子,放在除这两条主对角线外的其余格子中,如下图所示.
【答案】48
【例 16】 在下图中有16个黑点,
它们排成了一个4×4的方阵.用线段连接其中4点,就可以画出各种不
同的正方形.现在要去掉某些点,使得其中任意4点都不能连成正方形,那么最少要去掉多少个点?
【考点】构造与论证 【难度】3星
【题型】解答
【解析】 至少要除去6个点,如下所示为几种方法:
【答案】6个
【例 17】 三个边长为1的正方形并排放在一起,成为1×3的长方形.求证:12390∠+∠+∠= .
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 仔细分析,要证12390∠+∠+∠= ,
由于345∠= ,所以,只需证明1245∠+∠= 就可以了!于是想到能否把2∠(1∠)移动位
置,与1∠(2∠)拼合在一起,恰成一个45 的角呢?于是想到:如图1所示,再拼上一个单位
正方形DFK ,则三角形AKC 为等腰直角三角形,45KCA ∠= ,又直角三角形KCF 与AHD 全等,所以2KCF ∠=∠. 因此,12145KCF KCA ∠+∠=∠+∠=∠= .
有了拼合2∠与1∠的思想,学生往往产生不同的拼合方式,沿着拼合全等的思路发散开来,又可以找到许多拼法. 如图2三角形AHP 是等腰直角三角形,45HAP ∠= ,
2, 1.HAG BAP ∠=∠∠=∠所以1245BAP HAG HAP ∠+∠=∠+∠=∠= .
如图3三角形AQC 是等腰直角三角形,45ACQ ∠= ,2,QCP ∠=∠
12
∠+∠145QCP =∠+∠= .
如图4三角形WDB 是等腰直角三角形, 45,1,WDB CDB ∠=∠=∠ ,2WDH ∠=∠. 所以
1245CDB WDH WDB ∠+∠=∠+∠=∠= .
如图5三角形ZAH 是等腰直角三角形,45,1,ZHA ZHY ∠=∠=∠ 因此
12∠+∠245ZHY ZHA =∠+∠=∠= . 其他的沿着“拼合全等”的思路的证法就不例举了.
如果利用相似三角形的知识,如图5所示,又1,2,FH
FA FC ===所以,
,FH FA FA FC ==HFA AFC ∠=∠,因此H FA ?∽AFC ?,?2,FHA FAC ∠=∠=∠但1CAB ∠=∠,1245CAB FAC EAB ∠+∠=∠+∠=∠= . 用相似三角形法不用添设辅助线,简洁明了.再开思路,可用三角法证明如下:2∠与1∠都是小于45 的锐角,可知1∠+2∠是锐角. 又
1tan 13DA DC ∠==,1tan 22DA HD ∠==. ()()()115tan 1tan 2326tan 121111
1tan 1tan 211326
+∠+∠∠+∠====-∠∠-?-,所以1245∠+∠= . 【答案】证明过程见解析
板块二、染色与赋值问题
【例 18】 某学校的学生中,没有一个学生读过学校图书馆的所有图书,又知道图书馆内任何两本书都至
少被一个同学都读过.问:能否找到两个学生甲、乙和三本书4、B 、C ,使得甲读过A 、B ,没读过C ,乙读过B 、C ,没读过A ?说明判断过程.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略.
【答案】首先从读书数最多的学生中找一人甲.由题设,甲至少有一本书未读过,记为C .设B 是甲读过
的书中一本,由题意知,可找到学生乙,乙读过B 、C .由于甲是读书数最多的学生之一,乙读书数不能超过甲的读书数,而乙读过C 书,甲未读过C 书,所以一定可以找出一本书A ,使得甲读过而乙未读过,否则乙就比甲至少多读过一本书.这样一来,甲读过A 、B ,未读过C ;乙读过
B 、
C 未读过A .因此可以找到满足要求的两个学生
【例 19】 4个人聚会,每人各带2件礼品,分赠给其余3个人中的2人.试证明:至少有2对人,每对
人是互赠过礼品的.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略。
【答案】将这四个人用4个点表示,如果两个人之间送过礼,就在两点之间连一条线.
由于每人送出2件礼物,图中共有4×2=8条线,由于每人礼品都分赠给2个人,所以每两点之间至多有1+1=2条线。四点间,每两点连一条线,一共6条线,现在有8条线,说明必有两点之间连了2条线,还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线.
即为所证结论
【例 20】 有9位数学家,每人至多能讲3种语言,每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证:在这些
数学家中至少有3人能用同一种语言交谈。
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略.
【答案】假设任意三位数学家都没有共同会的语言,这表明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家为A 、
B 、
C 、
D 、
E 、
F 、
G 、I .由于一位数学家最多会三种语言,而每种语言至多有两人会说,所以一位数学家至多能和另外三人通话,即至少与五人语言不通.不妨设A 不能与B 、C 、D 、E 、F 通话. 同理,B 也至多能和三人通话,因此在C 、D 、E 、F 中至少有一人与B 语言不通,设为C .则A 、B 、C 三人中任意两人都没有共同语言,与题意矛盾.这表明假设不成立,结论得证
【例 21】
在1000×1000的方格表中任意选取n 个方格染为红色,都存在3个红色方格,它们的中心构成
一个直角三角形的顶点.求n 的最小值.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 首先确定1998不行.反例如下:
其次1999可能是可以的,因为首先从行看,1999个红点分布在1000行中,肯定有一些行含有2个或者以上的红点,因为含有0或1个红点的行最多999个,所以其他行含有红点肯定大于等于1999-999=1000,如果是大于1000,那么根据抽屉原理,肯定有两个这样红点在一列,那么就会出现红色三角形;
如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列,说明有999行只含有1个红点,而剩下的一行全是红点,那也肯定已经出现直角三角形了,所以n 的最小值为1999.
【答案】n 的最小值为1999
【例 22】 甲、乙、丙三个班人数相同,在班级之间举行象棋比赛.各班同学都按1,2,3,4,…依次编
号.当两个班比赛时,具有相同编号的同学在同一台对垒.在甲、乙两班比赛时,有15台是男、女生对垒;在乙、丙班比赛时,有9台是男、女生对垒.试说明在甲、丙班比赛时,男、女生
对垒的台数不会超过24.并指出在什么情况下,正好是24 ?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 不妨设甲、乙比赛时,1~15号是男女对垒,乙、丙比赛时.在1~15号中有a 台男女对垒,15
号之后有9-a 台男女对垒(0≤a ≤9)
甲、丙比赛时,前15号,男女对垒的台数是15-a (如果1号乙与1号丙是男女对垒,那么1号甲
与1号丙就不是男女对垒),15号之后,有9-a 台男女对垒.所以甲、丙比赛时,男女对垒的台数为15-a +9-a =24-2a ≤24.
仅在a =0,即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码,与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同,
甲、丙比赛时,男、女对垒的台数才等于24.
【答案】即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码,与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同,甲、丙比
赛时,男、女对垒的台数才等于24
【例 23】 将5×9的长方形分成10个边长为整数的长方形.证明:无论怎样分法.分得的长方形中必有两
个是完全相同的.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略.
【答案】10个边长为整数的长方形,其面积显然也均是正整数.划分出的长方形按面积从小到大为:1×1,
1×2,1×3,1×4,2×2,1×5,1×6,2×3,1×7,1×8,2×4,1×9,3×3.2×5,2×6,3×4,2×7,3×5,2×8,4×4,2×9,3×6,……从这些长方形中选出10个不同的长方形,其面积和最小为:1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5+1×6+2×3+1×7+1×8=46.而原长方形的面积为5×9=45<46.所以分出的长方形必定有某两个是完全一样的
【例 24】 将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色或绿色.证明:至少可以找到两行,这两行
中某一种颜色的格数相同.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略.
【答案】如果找不到两行的某种颜色数一样,那么就是说所有颜色的列与列之问的数目不同.那么红色最
少也会占0+1+2+…+14=105个格子.
同样蓝色和绿色也是,这样就必须有至少:
3×(0+l +2+…+14)=315个格子.
但是,现在只有15×15=225个格子,所以和条件违背,假设不成立,结论得证
【例 25】 在平面上有7个点,其中任意3个点都不在同一条直线上.如果在这7个点之字连结18条线段,
那么这些线段最多能构成多少个三角形 ?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 平面上这7个点,任意3点都不在同一条直线上,若任意2点连接,共可连接出27C 27C =7×6÷2=21
条线段.现在只连接18条线段,有3条没有连出,要使得这18条线段所构成的三角形最多,需使得没连出的这3条线段共同参与的三角形总数最多,故这3条线断共点.对于这3条线段中的任何一条,还与其他
5个点本应构成5个三角形,故这3条线段没连出,至少少构成5×3-3=12个三角形.
如上图所示,在图中AD 、AE 、AF 之间未连接,因为其中ADE 、AED ,ADF 、AFD ,AEF 、AFE
被重复计算,所以减去3.而平面内任何三点不共线的7个点,若任何2点连线,最多可构成37C =35
个三角形.故现在最多可构成三角形35-12=23个.
【例 26】 在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫,根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有
一个公共顶点的邻格中,这样某些格中有若干只甲虫,而另一些格则空着.问空格数最少是多少?
【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 方法一:考虑到甲虫总是斜着爬,我们把棋盘黑白相间染色,发现原来黑色格子里的甲虫都会爬
到黑色的格子里面,而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面,所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子,多少个白格子.
因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行,偶数行爬到奇数行,而由奇数行有25个黑格子,偶数行有16个黑格子知,偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子,而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格.白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行,偶数行爬到奇数行,但是奇数行和偶数行都是20个格子,最少的情况下不会出现空格子,所以最少出现9个空格.
方法二:
① 对2×
2棋盘如下黑白染色,则易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空;从而得
到2n ×2n 棋盘可划分为若干块2×2棋盘,棋盘格均不空.
② 对3×3棋盘如下黑白染色,注意到图中有5个黑格,黑格中的甲虫爬行后必进入黑格,且四
个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格,而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格,必至少空3
个黑格.
③ 对5×5棋盘黑白染色后,利用①、②的结论易知至少空
5个黑格.
④ 依次类推,可知对9×9棋盘黑白染色后,至少空9个空格.下图是甲虫爬行的一种方法.
【答案】最少出现9个空格
【例 27】 若干台计算机联网,要求:
①任意两台之间最多用一条电缆连接;
②任意三台之间最多用两条电缆连接;
③两台计算机之间如果没有电缆连接,则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆.若按此要求
最少要用79条电缆.
问:(1)这些计算机的数量是多少台?
(2)这些计算机按要求联网,最多可以连多少条电缆?
【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 将机器当成点,连接电缆当成线,我们就得到一个图,如果从图上一个点出发,可以沿着线跑到
图上任一个其它的点,这样的图就称为连通的图,条件③表明图是连通图.
我们看一看几个点的连通图至少有多少条线.可以假定图没有圈(如果有圈,就在圈上去掉一条
线),从一点出发,不能再继续前进,将这一点与连结这点的线去掉.考虑剩下的n -1个点的图,它仍然是连通的.用同样的办法又可去掉一点及一条线.这样继续下去,最后只剩下一个点.因此n 个点的连通图至少有n -1条线(如果有圈,线的条数就会增加),并且从一点A 向其他n -1个点各连一条线,这样的图恰好有n -1条线.
因此,(1)的答案是n =79+1=80,并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连,就得到符合要
求的联网.
下面看看最多连多少条线.
在这80个点(80台计算机)中,设从1A 引出的线最多,有k 条,与1A 相连的点是1B ,2B ,…,k B 由
于条件,1B ,2B …,k B 之间没有线相连.
设与1A 不相连的点是2A ,3A …,m A ,则m +k =80,而2A ,3A …, m A 每一点至多引出k 条线,图
中至多有mk 条线,因为40B 24()m k m k ??=+≤2()6400m k +=
所以m ×k ≤1600,即连线不超过1600条.
另一方面,设80个点分为两组:1A ,2A …,40A ;1B ,2B …,40B 第一组的每一点与第二组的每
一点各用一条线相连,这样的图符合题目要求,共有40×40=1600条线 【答案】(1) 80 (2) 1600
【例 28】 在一个6×6的方格棋盘中,将若干个1×1的小方格染成红色.如果随意划掉3行3列,在剩下
的小方格中必定有一个是红色的.那么最少要涂多少个方格?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 方法一:显然,我们先在每行、每列均涂一个方格,使之成为红色,如图A 所示,但是在图B 中,
划去3行3列后,剩下的方格没有红色的,于是再将两个方格涂成红色(依据对称性,应将2个方格同时涂成红色),如图C 所示,但是图D 的划法,又使剩下的方格没有红色,于是再将两个方格涂成红色(还是由于对称的缘故,将2个方格涂成红色),得到图E ,图E 不管怎么划去3行3列,都能使剩下的方格含有红色的.
这时共涂了10个方格.
方法二:一方面,图F 表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格.
另一方面,如果只涂9个红色方格,那么红格最多的三行至少有6个红格(否则第三多的行只有1
个红格,红格总数≤5+3=8),去掉这三行至多还剩3个红格,再去掉三列即可将这三个红格也去掉.综上所述,至少需要将10个方格涂成红色.
【答案】至少需要将10个方格涂成红色
【例 29】 如图,把正方体的6个表面剖分成9个相等的正方形.现用红、黄、蓝3种颜色去染这些小正
方形,要求有公共边的正方形所染的颜色不同.那么染成红色的正方形的个数最多是多少个?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】如上面右图所示,它们的对面也同样的染色,这样就有(5+4+2)×2=22(个)方格染色,而且有公共边的正方形颜色不同.所以,用红色染成的正方形的个数最多是22个.
【答案】用红色染成的正方形的个数最多是22个
【例30】证明:在6×6×6的正方体盒子中最多可放入52个1×l×4的小长方体,这里每个小长方体的面都要与盒子的侧面平行.
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】略.
【答案】先将6×6×6的正方体盒子视为实体,那么6×6×6的正方体可分成216个小正方体,这
216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体.我们将这27个棱长为2的正方体按黑白相间染色,如下图所示.
其中有14个黑色的,13个白色的,而一个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4个每个面都与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体,所以最多可以放入13×4=52个1×1×4的小长方体.
注:6×6×6的正方体的体积为216,1×1×4的小长方体的体积为4,所以可放入的小正方体数目不超过216÷4=54个
【例31】用若干个1×6和1×7的小长方形既不重叠,也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方形,最少要用小长方形多少个?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】我们先通过面积计算出最优情况:
11×12=132,设用1×6的小长方形x个,用1×7
的小长方形y个,有67132
x x
+=.
解得:
17
186
x t
y t
=+
?
?
=-
?
(t为可取0的自然数),共需x+y=19+t个小长方形.
(1)当t=0时,即x+y=1+18=19,表示其中的1×6的小长方形只有1个,剩下的18个小长方形都是
1×7的.
大长方形中无论是1行还是1列,最多都只能存在1个1×7的小长方形,所以在大长方形中最多只能无重叠的同时存在16个l×7的小长方形.
现在却存在18个1×7的小长方形,显然不满足;
【答案】20个
【例32】试着把边长为1111
,,
234
100
的这99个小正方形不重叠地放入1个边长为l的正方形内。能做到
就画出一种放法,不能,请说明理由。
【考点】构造与论证【难度】5星【题型】解答【关键词】2005年,第3届,走美杯,6年级,决赛
【解析】能.1
2
+
1
3
<
1
2
×2=1,
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
<
1
4
×4=1,
1
8
+
1
9
+
1
10
+…+
1
15
<
1
8
×8=1,
1
16
+
1
17
+
1
18
+…+
1
31
<
1
16
×16=1,
1
32
+
1
32
+
1
33
+…
1
63
<
1
32
×31=1,
1
64
+
1
65
+
1
66
+…+
1
100
<
1
64
×37<1.
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
+
1
32
+
1
64
=
63
64
<1.
如下图,将边长
1
2
,
1
3
的小正方形放入长l、宽
1
2
的长方形;将边长
1
4
~
1
7
的小正方形放入长1、宽
1
4
的长方形;
将边长
1
8
~
1
15
的小正方形放入长l、宽
1
8
的长方形;
将边长
1
16
~
1
31
的小正方形放入长l、宽
1
16
的长方形;
将边长
1
32
~
1
63
的小正方形放入入l、宽
1
32
的长方形;
将边长
1
64
~
1
100
的小正方形放入长1、宽
1
64
的长方形。
【答案】能
【例 33】有10个整数克的砝码(允许砝码重量相同),将其中一个或几个放在天平的右边,待称的物品放在天平的左边,能称出1,2,3,…,200的所有整数克的物品来;那么,这10个砝码中第二
重的砝码最少是______克.
【考点】构造与论证【难度】5星【题型】解答
【关键词】2008年,迎春杯,六年级,初赛
【解析】⑴这10个整数克的砝码共重应该是200,这样,才能在最重的定下来后,第二重的尽量少.
⑵作为一般结论,如果要连续称出一些重量,只在天边的一边放砝码,另一边放重物,则砝码最
少的情况应该结合二进制,即1,2,4,8,16,32,64,128.这种情况下,只需要7个砝码,
就能至多称到128×2-1=255克重.
⑶而本题共有10个砝码,只需要调整一下这里的砝码:
第一种方案:为了实现第二重最少,则可以让第一重尽量大,而且不止一个,
这里的思路是:如果后面6个数中,有5个相同的最大,把前面所有5个数的和与之相等,
200=6×33+2,即后面有5个33,前面则有1,2,4,8,18这种方案中,无法凑出16,17这两种
重量.
于是换一种思路,让最大数相同的只有4个,前面6个砝码看作一个.
则最重的为40,这样,可以构造出1,2,4,8,12,13,40,40,40,40.
不过,对于这种解法,与官方的推荐答案不符,原因在于,最重的有4个,次重的被看作“第五
名”.在这里,“第五名”“第二重”之间是有一定的歧义的.所以,我们建议大家做这道题应用高
级技巧“歧义解决”.即说清楚:
如果只看重量,第一重(可以并列)与第二重,则第二重最少可以是13克.
如果根据“名次”,第二名(可以并列)为第二重,则第二重最少可以是18克.
这种情况的算理是:
首先考虑1、2、4、8这四种砝码必须有,另外,对于第二重,至少要是16.
这里除了第一重之外,16最多可以有5个砝码,即:
1、2、4、8、16、16、16、16、16.
要称200,第一重的要达到200-(1+2+4+8+16+16+16+16+16)=105
则96-104的重量无法称出来.
所以,把第二重的调整为17,即;
1、2、4、8、17、17、17、17、17、100
但16无法称出来,所以要调整出16,必会现18,(如果调整给100,即100变为101,则100
无法称出来).所以,“最佳方案”是1、2、4、8、16、17、17、17、18、100.
【答案】18
【例 34】 小明和8个好朋友去李老师家玩.李老师给每人发了一顶帽子,并在每个人的帽子上写了一个
两位数,这9个两位数互不相同,且每个小朋友只能看见别人帽子上的数.老师在纸上又写了一个数A ,问这9位同学:“你知不知道自己帽子上的数能否被A 整除?知道的请举手.”结果有4人举手.老师又问:“现在你知不知道自己帽子上的数能否被24整除?知道的请举手.”结果有6人举手.已知小明两次都举手了,并且这9个小朋友都足够聪明且从不说谎,那么小明看到的别人帽子上的8个两位数的总和是 .
【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答
【关键词】2009年,迎春杯,六年级,初赛
【解析】 一个人不知道自己帽子上的数是多少,却能知道这个数能否被A 整除,只有一个可能,就是A 的
倍数中的两位数都出现在其他人的帽子上,这样他可以知道自己帽子上的数肯定不是A 的倍数.由于有4个人知道自己帽子上的数能否被A 整除,另外5个人不确定,故这4个人看到了所有的A 的两位倍数,这些数恰好在那5个不确定的人的帽子上.故两位数中A 的倍数有5个,则5100A <,
6100A ≥,得216203
A <≤,A 可以为17,18或19. 假设第1轮举手中,帽子上写有A 的5个倍数的人分别为1a ,2a ,3a ,4a ,5a ,另外四个人除小
明外还有1b ,2b ,3b ,由于1a ,2a ,3a ,4a ,5a 这5个人都非常聪明,他们看到小明和1b ,2b ,3b 三个人能知道,说明这四个人看到了A 的所有两倍数,都在他们5个人头上,而他们都能看到另外4个人头上的数,所以也都能推断出自己头上的数分别为A ,2A ,3A ,4A ,5A .
第2轮举手中,由于1a ,2a ,3a ,4a ,5a 都知道了自己头上的数,所以可以确定自己头上的数
是否能被24整除.而小明能知道,说明他又看到了24的所有两位倍数,即24,48,72,96都出现在了其他8个人头上的数中了.而除去1a ,2a ,3a ,4a ,5a 和小明六人外,只有1b ,2b ,3b 三
个人了,所以24,48,72,96中必定有一个数在A ,2A ,3A ,4A ,5A 中出现了.
那么只有可能是18A =,472A =是24倍数.此时1b ,2b ,3b 三个人头上的数分别为24,48,96. 所以小明看到的8个数的总和是1836547290244896438+++++++=
【答案】438
【例 35】 桌上有两堆棋子,分别有12粒和28粒,甲乙两人轮流从其中的一堆里取出若干粒,不能同时
在两堆中都取,也不能不取.且取出的棋子数必须是另一堆棋子数的约数.取到最后一粒者为胜.如果甲先取, ____________采用正确的策略,必胜.
【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答
【关键词】2007年,迎春杯,六年级,初赛
【解析】 从棋子数较少的时候开始分析.如果两堆棋子个数相等,则后取的一方有必胜策略,先取的一方
从一堆里面取几个,后取的一方就可以从另一堆里面取几个.如果较少的一堆只有1个棋子,则如果取走这个棋子,对方必胜(任何数都是0的约数,可以一次取走),所以只有取较多的一堆的棋子,而且只能取1个,所以可以分析出,较多的一堆有奇数个棋子时,后取者有必胜策略;较多的一堆有偶数个棋子时,先取者有必胜策略.如果较少的一堆有2个棋子,此时如果较多的一堆有奇数个棋子,根据前面的分析,先取者可以从2个棋子的一堆中取走1个而获胜;如果较多的一堆有偶数个棋子,根据前面的分析,如果一方从某一堆中取走奇数个棋子,则对方有必胜策略;如果从较多的一堆中取走2个棋子,则可以分析出,较多的一堆棋子数被4除余2时,后取者有必胜策略;较多的一堆棋子数被4整除时,先取者有必胜策略.继续分析,可总结一般规律:如果两堆棋子数目写成二进制后,末尾0的个数相等(包含同为0个,也就是都是奇数的情况),则后取的一方有必胜策略,否则先取的一方有必胜策略.考虑二进制表达式,分别是1100和11100.0的个数相等,所以乙有必胜策略.如果两堆的末尾0的个数相等,例如都有n 个.则从一堆中取的棋子数目末尾的0至多n 个.如果取的棋子数目末尾的0个数为n ,则相减后会发现所得的差的末尾0的个数超过n ;如果取的棋子数目末尾的0个数小于n ,则相减后会发现所得的差的末尾0的个数也小于n .所以,从0的个数相等的状态取一次只能到达0的个数不相等的状态.另一方面,从0的个数不相等的状态,总可以从0较多的一堆取出和0较少的一堆的0个数一样多的棋子,这样两堆末尾0的个数就一样多了.
【答案】乙
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