2015年小学奥数组合问题专题 - 构造与论证

2015年小学奥数组合问题专题——构造与论证

一、解答题

1.一个盒子里有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，最后剩下的棋子是黑色还是白色？ 【答案】黑色

【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．

2.5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? 【答案】10次

【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l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l卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312； 最后将第l卷和第2卷对调即可． 所以，共需调换4+3+2+1=10次．

3.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? 【答案】(1)可以；(2)不能

【解析】(1)可以，如(1989，989，89) (25，25，50)(O，0，25)．

(1900，900，0)

(950，900，950)

(50，0，50)

(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． 4.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?

【答案】3场

【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=11，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.

5.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？

【答案】（1）不可能；（2）有可能

【解析】（1）我们知道4个队共进行了场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为×2=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=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“AB”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.

6.如图，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.

【答案】最小值为1

【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IOM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l，这样从1填起，容易排出适当的填图.

7.如图，在时钟的表盘上任意作个的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作个扇形将不能保证上述结论成立．

【答案】见解析

【解析】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． 8.1998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? 【答案】43人

【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位最小值，即为所求.

个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆

9.一组互不相同的自然数，其中最小的数是l，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?

【答案】这组数之和的最小值是61。这组数是1、2、3、5、10、15、25

【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： l，2，3，4，…，25所有的和是35； l，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l，2，3，4，…，25中，检验发现没有可以满足的： 再看l，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

10.2004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？ 【答案】见解析

【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．可以列表如下： 棋子数量 1枚 2枚 3枚 4枚 5枚 6枚 7枚 8枚 9枚 10枚 先取者胜 √ √ √ √ √ √ √ 后取者胜 √ √ √ 11枚12枚13枚14枚15枚16枚 17枚18枚 19枚20枚 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 棋子数是1～8时比较容易看得出来是先取者胜还是后取者胜，可以看出只有棋子数是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．

11.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? 【答案】19个

【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.

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