人教版初中《第28章操作闻题和逻辑推理闻题》竞赛专题复习含答案.pdf

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1、第 28 章操作闻题和逻辑推理闻题 28.1 有趣的操作问题 28.1.1* 在黑板上记上数1，2， n，现允许选择任意两个数。换成其和或差 （绝对值），经过1n 次操作，黑板上只剩下1 个数问对于什么样的，才可能让这最后一个数为0？ 解析显然， 经过一次操作，原来的奇数个数要么保持不变，要么减少2，因此奇数总数的奇偶性在操 作前后保持不变，当1n， 2（mod4）时，奇数个数为奇数个，不可能减到0 个（ 0 是偶数）因此， 要满足题目要求，一个必要条件是0n，3（mod4） 当0n（mod4）时，由于连续4 个整数可以 得到两个 1，从而进一步得到0，最终可得到一个0；当 3n （mod4）

2、时，先取出1、2、3，得到 0， 其余仍然 4 个连续整数一组，仍可最终得到0因此答案为0n，3（mod4） 28.1.2* 只盘子排成一行，每次操作任取两只盘子，将它们移到相邻（或左或右）的位置上，盘子可 以重叠，问能否经若干次操作后，使6 只盘子叠在一起 解析设想盘子的位置是数轴上的整数点1、2、3、4、5、6由于相邻整数的奇偶性不同，故每次移 动改变了两个位置的奇偶性 原来有奇数个盘子在奇数位置，每次移动有三种可能： （ i ）将两个奇数位置的盘子移到偶数位置；（ii） 将两个偶数位置的盘子移到奇数位置；（iii）将一个奇数位置的盘子移到偶数位置，将一个偶数位置的 盘子移到奇数位置无论哪

3、种情况，每次移动后仍有奇数个盘子在奇数位置上，这就表明不能把6 只 盘子重叠在一起（因为6 只盘子叠在一起时，奇数位置的盘子是偶数（6 或 0 个） 28.1.3* 黑板上写有1， 1 2 ， 1 3 ， 1 100 每次操作可以从黑板上的数中选取2 个数 a、b，删去 a 、 b并在黑板上写上数abab，问经过99 次操作后，黑板上剩下的数是几？ 解析因为111ababab， 所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加l 后的乘积不变 设经过 99 次操作后黑板上剩下的数为x ，则 111 111111 23100 x，得1101x，于 是 100x 28.1.4* 在正方形的3 个顶点处各有

4、一只蚂蚱，现在每次有一只蚂蚱从另一只蚂蚱背上跳过，落到对 称的位置问是否在经过几次跳跃之后，有一只蚂蚱跳到了正方形的第4 个顶点上？ 解析不能不妨设原来3 只蚂蚱所在位置是（0，0） ， （1，0） ， （0，1） 由中点坐标易见，每次跳跃 之后，对称位置的横、纵坐标的奇偶性与原先起跳点的一样，而原先没有一只蚂蚱在奇数格点（即两 坐标都是奇数）上，因此也就没有一只蚂蚱会跳到奇数格点上，当然也就不会落到（1，1）上 28.1.5* 中国象棋中的马，每步由12 格的一个顶点跳到其对角顶点求证：该马从棋盘上任意一点 出发要跳到它的相邻格，必须经过奇数步 解析赋象棋盘每个格点（i ， j ）以数1 i

5、j ，马每跳一步，必在行和列中，一种增减2，另一种增 减 1，即乘以 21 11 所以，马跳k步后，到它的相邻格点时，必有 1 11111 ijkijij ，故11 k ，故 k为奇数 28.1.6* 一个箱子里装有p个白球和q个黑球，箱子旁边还有一堆黑球从箱子里取出两球：如果这 两个球是同颜色的，则从箱外取出一个黑球放回箱子里；如果这两个球是异色的，则把其中的白球放 回箱子这个过程一直重复到最后一对球从箱子取出，并且最后一个球放回箱子试问最后一对球有 没有可能是白色的？并说明理由 解析若在白球上记上数字1，黑球上记上数字0，则任何时候箱中的白球数就等于箱内所有球的数字 之和S，并且开始时总和

6、为p，如果取的两个球是白色，则放回一个黑球，故总和变成2Sp如 果取的两个球是黑色，则放回一个黑球，故总和是Sp 如果取出的两球是一黑一白，则放回这个白 球，故总和也是Sp 由此可知，每完成一个过程， 箱子里球的数字之和或者不变，或者减少2， 即变换前后S的奇偶性不变 故 p为偶数时，最终将变成0（黑球）；p为奇数时，最后必将是1（自球） 28.1.7* 一堆火柴共1000 根，两人轮流拿走p 根火柴，其中户为质数，”为非负整数，规定谁取到最 后一根火柴谁就获胜，证明：先取者必胜 解析在正确的玩法下，第一人将取胜由于他在每次执步中，可以取走1、2、3、4 或 5 根火柴，所 以他可以执行这样的

7、策略：即不论第二个人如何动作，他都应在自己执步之后，给对方留下能被6 整 除的火柴数目这样，在经过有限次执步之后，他将给第二人留下6 根火柴因而在第二人动作之后， 他即可取走所有剩余的火柴而结束游戏 28.1.8* 甲、乙两个人取数， 若已有的最后一个数为l，则可以取1l至21l中任一个数 若甲先取， 开始已有数2，取到 2004 为胜，问甲必胜还是乙必胜？ 解析甲必胜甲可依次取3、7、15、31、62、125、250、501、1002、2004 这一列数中， 后一个数要么是前一个数的2 倍，要么是 2 倍加上 1现在说明只要取到前一个数，就必 可取到后一个数，从而必可取到2004事实上， 若

8、甲取到的数为l，则乙可取1l至21l中任一数 而 212ll ， 2121ll且221ll，2121ll，故当乙取完后，甲必可取2l或21l 28.1.9* 两个相同的齿轮，各有14 个齿， 一个平放在另一个的上面，使得它们的齿重合现在去掉4 对重合的齿是否总可以旋转上面的那个齿轮，使得它们的共同投影是一个完整的齿轮若两个齿轮 各有 13 个齿，结论如何？ 解析14 个齿时可以设去掉的齿为 1 a ， 2 a ， 3 a ， 4 a 0， 1， 13） ，两两的差 ij aa 有 4 3 12 种，取 mod14 / ij aab ，0/b（mod14） ，则转过6 个齿后，投影为完整的齿轮

9、至于 13 个齿，则不一定，如去掉的齿为0、1、3、9，即为反例 28.1.10* 正方形的顶点处放有火柴，开始在某一点放x 根火柴，其他三顶点则空着现允许从某个 顶点移走任意根火柴，然后在其两个相邻顶点各放上移走火柴数目两倍的火柴当2x，3 时，问是 否可以经过若干次这样的操作，使得各顶点处的火柴数依次为1、9、8、9？ 解析设顶点处火柴数依次为a 、b、 c 、d，考虑数sabcd和tabcd，易知每经过 一次操作，都有s操作后s操作前（mod3） ， tt 操作后操作前（mod5） ，但是， 1+9+8+9/2（mod3） ，19+8 9 / 3 （mod5） ， 之所以取“” ， 是因

10、为一开始的 t 因 3 根火柴的位置不同而可能不同因此当2x， 3 时，不可能经过有限步操作后变为1、 9、8、9 28.1.11* 将 2 n （ n 1）个数排在一个圆周上，每个数都是+1 或 1，现在同时将每个数都乘以它 的右边的数，将所得到的数替换原来的数，称为一次操作证明：经过有限次操作后，每个数都成为 +1 解析设这 2n个数往右依次为 1 a ， 2 a ， 2n a 下证： 经过 2 k 次操作后， 在 i a 位置上的数为 2k i i aa， 这里当下标大于2 n 时，认为模2 n 同余的下标则为同一个数当1k时，第一次操作后，第i 个位置数 为 1ii aa，第二次操作后

11、，第i 个位置上数为 1122iiiiii aaaaaa，即1k时成立；若经过2 k 次操 作 后 ， 第 i 个 位 置 上 数 为 2k i i aa， 故 再 经 过 2 k 次 操 作 即 共 1 2 k 次 操 作 后 第 i 个 数 为 1 22222 kkkkk ii iiii aaaaaa，因此对一切k均成立于是，经过2 n 次操作后，第i 个位置上数为 2 2 1 n ii i aaa，即所有数均为+1 28.1.12* 在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成其他两数的和减去1，这样继续下去，最后得 到 17、1967、1983问原来的三个数能否为 （1）2、2、2； （2）

12、3、3、3 解析（1）不能为2、2、2因为 2、2、2 是三个偶数，按规则，第一次换数后，三个偶数就变成两 偶一奇第二次换数时，若擦去的是偶数，则换上的仍是偶数；若擦去的是奇数，则换上的仍是奇数， 同样保持两偶一奇第一次换数后，以后三个数永远保持两偶一奇不变，而19、1967、1987 三个数都 是奇数，这种情况决不会出现所以，原来的三个数不能是2、2、2 （2）能为 3、3、 3具体做法如下：首先按下法作8 次变换 3、 3、33、3、53、5、 73、7、9 3、9、113、11、133、 13、153、15、17 17、15、31再注意到196712216+15，1983 122 16+

13、31，便知只要由17、15、31 再按“ 17、 a、16a17、16a、32a”作 122 次变换， 即可得到 17、1967、1983 28.1.13* 任意 mn （ m ， n6， mn 偶数）的棋盘可以被12 的骨牌覆盖，使得任一条非边界的 棋盘网格线必穿过任何骨牌 解析图（ a ）表明，如何铺满矩形5 6 和 8 8（在铺满矩形88 的情形中利用了矩形56 的铺设 法） 现在只需证明，如果可以铺满矩形m n ，那么就可以铺满矩形m （2n） 为此，需要把已 铺满骨牌的矩形m n 分成两部分， 而不分割骨牌， 因此需要右边部分向右边移动距离2并且用水平 骨牌填满间隔（图（b） ） (

14、a) (b) 28.1.14* 在 n n 的方格表中任意填上l 或1， n为奇数， 在每一列下及每一行右写下该列或该行所 有数的积，求证：这2n个乘积的和不为0 解析设 1 p ， 2 p ，np 为每行之积， 1 q ， 2 q ，nq 为每列之积，易知 1212nn p ppq qq ，于 是在 1 p ， 2 p ， n p 中有 s个1， 1 q ， 2 q ， n a 中有 t 个1，则 2| st 若2n个乘积之和为 0， 则，得 nst 为偶数，矛盾 28.1.15* 在矩形方格表（至少两行两列）的每个小方格中都填上1 或1，并且 l 和1的个数都不少 于两个，求证：存在4 个

15、小方格，其中心是一矩形的顶点，且小方格中数字之和等于0 解析用反证法若不然，如果有一行全为1，那么其他行最多一个1，由题设，两个1分别在不同 行中，如这两个1在同一列中，则任一其他列中的对应数都是1，于是这样的矩形存在否则，以这 两格为对角线的矩形的另两个顶点中的数一定都是1，于是4 个数字之和仍为0如有一行全为1， 同理可证 于是每一行都既有1，又有1，这样等于只需考虑矩形的两行，把其他行都忽略（即自此每一列都只 包含 2 个格子）考虑每一列数之和，无非是2、0、 2，显然若所求矩形不存在，则 0 最多一个，而 2 与2不能共存，若只有2，那么1最多 1 个，矛盾，若只有2，那么 1 最多一

16、个，亦矛盾因此结 论成立 28.1.16* 一个重 40 磅的砝码，由于跌落地面而碎成4 块，每块的重量都是整数磅，现在可以用这 些砝码来称1 至 40 磅之间任意整数磅的重物，问这4块砝码可各重多少磅？ 解析问题的答案是：4 块碎片的重量可分别为1，3，9，27 磅 一 般 的 情 况 ： 是 否 可 以 用 一 套 磅 数 为1， 3， 9， ， 3 n 的 砝 码 ， 来 称 磅 数 为 任 何 正 整 数 ， 1 31 1393 2 n n n的物体？那就要设法证明： 任何正整数都是3 的有限项不同次幂的代数和 331212 33333333 kk N 证明如下：以3 作除数，应用“辗

17、转相除法”，设 10 3Nqc ， 121 3qqc ， 232 3qqc 212 3 nnn qqc， 11 3 nnn qqc 此中， 03 i c（0i，1，2，1n） ， 03 n q于是有 2 210210 3333Nqccqcc 2 3210 333qccc 122 12210 33333 nnn nnn qcccc c 由于 03 n q ， 0 3 i c（0i，1，2，1n） ，即是说，除0 外， n q 与 i c （ 0i，1，2， 1n）只能取1 或 2，而231，代入式的末端经整理便可得到 改写得 33 1212 33233333 kk N 由此可见，只要把重量为 1

18、 3 ， 2 3 ， 3 k 磅的砝码放在一个盘子里，而把 1 3 磅， 2 3 磅， 3 k 磅 的砝码和 N磅的重物放在另一个盘子里，天平的左右两个盘子重量就相等了，这样就称出N磅重的物 体来 28.1.17* 两个人做如下游戏： 甲先报一个数字， 乙则根据自己的判断将该数字代替下面的某个星号： * * * * * * * * - 规定已经改成数字的不能再动，而且允许在最高位放0依此类推，共进行8 次，直到上式所有小星星 变成数为止甲希望所得差尽可能地大，乙希望所得差尽可能地小证明：不管甲报什么数字，乙总 有办法使得差不超过4000；不管乙怎样安排，甲总可使得所得差不小于4000 解析若甲

19、第 1 次报的是0、1、2 或 3，则乙只要将此数放入被减数的千位即可若甲第 1 次报的是6、 7、8 或 9，乙只需将此数放入减数的千位即可这样所得差小于4000，于是甲只能报4 或 5当甲报 4 时，乙将 4 放入被减数的千位，接下来甲只能不断报0（否则被乙放入减数的千位），最终差为4000； 同理若甲报的是5，则乙将 5 放入减数的千位，接下来甲只能不断报9，最终差为4000乙的策略已经 找到 甲的策略要复杂一些用 1 r 、 2 r 、 3 r 、 4 r 表示从左到右4 个数位（每个由上下两个数位组成） ，甲应注 意有最小 i 的 i r ，在 i r 中有一个数字和一个*，或有两个

20、不同的数字如果，1 4 * r或 5 * ，甲应报 4， 如所有数位都相同或 5 4 i r，则可报任何数字，比如报5当乙“不得不”头一次把数字放到 1 r 上边 的数字，甲可报0，如果是下边的数字，甲可报9，这便是甲的策略 28.1.18* 阿里巴巴试图潜入山洞在山洞入口处有一面鼓鼓的表面有四个孔，组成正方形的四个 顶点 在每个孔的里面各装有一个开关开关有 “上” “下” 两种状态 如果四个开关的状态全都一致， 洞门即可打开现允许将手伸入任意两个孔，触摸开关以了解其状态，并可随自己的意思改变或不改 变其状态但每当这样做了（并伸出手）之后，鼓就要飞快地旋转，以至在停转之后无法确认刚才触 动了哪

21、些开关证明：阿里巴巴至多需要五次这种步骤就可以进入山洞 解析首先容易通过两次操作把不少于3 个开关扳为状态“上” ，如果大门没有打开，这就意味着第四 个开关处于状态“下” ，这时阿里巴巴应该将手伸入对角线上的两个洞，如果碰到向下的开关，那么应 当把它扳为“上” ，从而进入山洞；如果这一对开关均向上，那么把其中之一扳为向下这样，显然两 个相邻（即正方形某边的两端）的开关向上，另两个相邻的开关向下然后阿里巴巴沿着正方形的边 伸手；如果两个开关处于同一状态，他就改变它们状态从而进入山洞；如果两个开关状态不同，他应 该都改变状态，最后一次沿对角线找到开关，改变里面的开关状态，这样最多五次就可以进入山洞

22、 28.1.19* 圆周上放了n（ 4）个和为1 的非负数，求证：相邻数乘积之和不大于 1 4 解析设圆周上依次有a 、b、 c 、d四点，不妨设a b（这样的a 、b总能找到） ，显然有 abbccda bcbc d今去掉b和 c ，代之以bc，圆周上的数减少1 个，和仍为1，但 相邻数乘积之和增大或不减于是在不断调整后，圆周上的数变成只有4 个，不妨设依次为 x 、 y、z 、 t ，而 2 111 1 424 xyyzzttxxzxzxz于是结论成立 28.1.20* 在 m m 的方格表内的每个小方格中各填入0 或 1，如某一行与某一列的交点处所填数是 0，则该行与该列的数之和不小于m

23、 ，求证：表中所有数之和不小于等 解析考虑所有的行与列，选出0 的个数最多的行（或列） 若在这一行中有 k个 0 和mk个 1，则由 条件知对应于这一行的0 所在的k列中每列至少有k个 1，而在其余的mk列中每列不少于mk个 1 （由最初那一行的选择而得）于是， 1 的总数不少于 2 2 2 2 m kmk 28.1.21* 在圆周上均匀地放4 枚围棋子，规定操作规则如下：原来相邻棋子若同色，就在其问放一 枚黑子， 若异色， 就在其间放一枚白子，然后把原来的4 枚棋子取走， 完成这程序， 就算一次操作 求 证：无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何，只需操作若干次，圆周上就全是黑子 解析据题

24、意，对开始时的第1、 2、3、4 这四枚棋子，依次地用 1x 、2x 、3x 、4x 表示，且赋值为 1,; 1,. i i x i 若第 子为黑子 若第 子为白子 （1i，2，3，4）则 2 1 i x，且 1 1,; 1,1. ii ii x x ii 若第 子与第+1子同色 若第 子与第子异色 （1i，2，3，4， 51 x x ） 因此，各次操作后，棋子的赋值情况如下： 开始 1 x 2 x 3 x 4 x 第一次操作后 12 x x 23 x x 34 x x 41 x x 第二次操作后 2 12313 x x xx x 2 23424 x x xx x 2 34131 x x xx

25、 x 2 41242 x x xx x 第三次操作后 1234 x x x x 1234 x x x x 1234 x x x x 1234 x x x x 第四次操作后1 1 1 1 这是因为 2 12341x x x x ，因此，最多只需操作四次，圆周上全是黑子了 28.1.22* 正五边形的每个顶点对应一个整数，使得这五个整数的和为正数若其中三个相邻顶点 对应的整数依次为x 、y， z ，而中间的0y，则要进行如下的变换：整数x 、y、 z分别换为xy、 y、zy要是所得的五个整数中至少还有一个为负数，这种变换就继续进行问：这样的交换进 行有限次后是否必定终止？ 解析不妨设圆周上五个数依

26、次为v 、w 、x ，y，z ， 且0y，变换后得到v 、w 、xy、y、zy， 其 和 不 变 现 考 虑 五 个 数 的 平 方 及 每 相 邻 两 数 和 的 平 方 之 和 那 么 变 换 后 与 前 之 差 是 222222 2222 vwxyyzyvwwxyxzyzv 22222 22222 vwxyzvwwxxyyzzv20y vwxyz 因 此，这一和（一个正整数）每经过一次变换都至少要减少2由于正整数不能无限减小，所以该变换必 定有终止的时候 28.1.23* 给定 4 个全等的直角三角形纸片，进行如下操作：每次可选一个直角三角形并将它沿斜 边上的高剪开成两个直角三角形求证：

27、无论经过多少次操作，在所得到的三角形中总有两个全等（不 包括重叠情形） 解析用反证法即存在4 个全等的直角三角形纸片，经过有限次操作可使所得到的直角三角形互不 全等设这样的操作的最少次数为n ， 这里操作 n次可以使得到的直角三角形互不全等且与操作顺序无 关 开始时 4 个全等直角三角形必须有3 个要沿斜边上的高剪开不妨设开头的3 次操作就是剪开这3 个 三角形 于是得到新的6 个直角三角形可分成两组，每组3 个直角三角形彼此全等这样一来， 每组 3 个全等直角三角形中又都至少剪开两个不妨设第4 至第 7 次操作就是剪开这4 个三角形注意这时 剪开得到的8 个直角三角形中有4 个是全等的（相当

28、于两个矩形沿它们的一条对角线剪开）按假设， 从这 4 个全等的直角三角形出发，只要再操作7n次就可以得到互不全等的三角形，此时与n 的最小 性矛盾！这表明无论经过多少次操作，总有两个三角形全等 28.1.24* 3 个数 a 、b、 c 围着一圆周，依次将其改为ab 、 bc 、 ca ，叫做完成一次操作， 求证：如果起初的a、b、 c 是非零整数（或有理数），则若干次操作后迟早会出现0，但可以找到3 个实数 a 、b、 c ，使得无论经过多少次操作，0 都不会出现 解析用反证法当a 、b、 c 是整数时，如果0 永远不出现，考虑每次操作后最大的那个数，在下一 次操作后，至少要减去1，但正整数

29、是不能无限减少的，因此0 必定会出现至于有理数情形，只要乘 以各分母的最小公倍数，便转化为整数问题 最后讨论实数问题，先证明一个结论：设p、q、 r 为整数， 且230pqr，则0pqr为 此，只要将23qrp两端平方，即得0qr，但无论是0q还是0r，总能得出另外两个数也 为 0证毕 a cb |a-b| |c-b|b-c| 于是令1a，2b，3c，第一次操作后其中一项为abab 或ba，即“奇数 1+奇数 2 +偶数3 ” ，另外两个数分别为“奇数 1+偶数2 +奇数3 ”和“偶数1+奇数2 +奇 数3 ” 第二次操作后，这种状态不变，因此无论经过多少次操作，这种状态一直保持不变，由前 面

30、的结论，即知永远不会出现0 评注对于一般的圆周上n （3）个数，上述结论全部成立，不过实数情形颇不易处理 28.1.25* 沿着圆周放着一些数，如果有相连的4 个数 a 、b、 c 、d满足不等式0adbc， 那么就可以交换b、 c 的位置，这称为一次操作 （1）若圆周上依次放着数1、2、 3、4、5、6，问是否能经过有限次操作后，对任意相连的4 个数 a 、 b、 c 、d都有0adbc ？ （2）若圆周上依次放着数1，2，2003，问是否能经过有限次操作后，对任意相连的4个数 a、b、 c 、 d都有0adbc ？ 解析（1） 1 2 3 4 5 6 6 5 4 2 3 1 6 5 2 4

31、 3 1 6 5 2 3 4 1 6 2 5 3 4 1 (1-4)(2-3)0(3-5)(2-4)0(1-2)(3-4)0 (3-6)(2-5)0 （2）答案是肯定的 考虑这 2003 个数的相邻两数乘积之和，开始时 0 1 22 33 42002 20032003 1P 若圆周上相连的4 个数 a、b、c 、d满足不等式0adbc，即abcdacbd，交换b、c 位 置 后 ， 相 连 的4 个 数 为 a 、b、 c 、d， 于 是 圆 周 上 相 邻 两 数 乘 积 之 和 的 改 变 量 为 0a cc bb da bb cc da cb da bc d，即1，所以每作一次操作，乘积

32、和至少减少1， 由于相邻两数的乘积和不可能为负的，故经有限次操作后，对任意相连的4 个数 a 、b、 c 、d，一定 有0adbc 28.2 逻辑推理问题 28.2.1* 某班甲、乙两名同学因一件事件发生纠纷老师找了4 位在场同学调查情况，他们的回答有 真有假 第 1 位同学说：“我只知道甲没有错 ” 第 2 位同学说：“我只知道乙没有错 ” 第 3 位同学说：“前面两位同学所说的话至少有一个是真的” 第 4 位同学说：“我可以肯定第3 个同学说的是假话 ” 经调查，证实第4 位同学说的是真话 请问：甲、乙两人谁有错 解析因已证实第4 位同学所说属实，所以第3 位同学所说的话是假话，即“前面两

33、位同学所说的话 至少有一个是真的”是假话从而，第1、第 2 两位同学都没说真话，也就是，甲、乙两人都有错 评注如果我们选择前3 位同学的话作为突破口，进行假设推理将较为困难 28.2.2* 某校举办数学竞赛A、B、C、D、E五位同学分获前5 名发奖前，老师请他们猜一猜 各人名次排列情况 A说： “B第三名，C第五名” B说： “E第四名，D第五名” C说： “A第一名，E第四名” D说： “C第一名，B第二名” E说： “A第三名，D第四名” 结果，每个名次都有人猜对 请问：这五位同学的名次是怎样排列的 解析被猜为第二名仅B一个人，因此，B为第二名此外，被猜为第一名的有A、C；被猜为第三 名的

34、有A、B；被猜为第四名的有E、D；被猜为第五名的有C、D 由B第二推知 A第三，进而推知B第一，D第五，E第四 评注寻找突破口是解决逻辑推理问题的基本技巧，有些问题突破口比较隐蔽，需要对问题进行深入 分析以后，再进行巧妙的构思，方能找到 28.2.3* 2n个人聚会，已知其中每个人都至少认识n 个与会者证明：可以从中选出4 个人围着圆 桌坐下，使得每个人都与熟人为邻 解析如果这些人两两认识，结论显然成立否则找到 A、C，他们不认识在剩下的22n 个人中， 必定有B、D与A、C都认识，否则剩下的人数至少有122nnn，矛盾，于是A、B、C、D 可依次围着圆桌坐下而满足要求 28.2.4* 一个骰

35、子，六个面的数字分别为0、1、2、3、4、5开始掷骰子后，当掷到的总点数超过 12 就停止不掷了请问：这种掷骰子的游戏最可能出现的总点数是多少？ 解析欲使最后一次投掷的点数和13，倒数第二次投掷所达到的点数和最大数为12，最小数为8共 有 5 种情况 如果倒数第二次总点数等于12，再投一次后可能达到的（超过 12）的总点数将分别为13、14、15、16、 17而且机会是均等的； 如果倒数第二次总点数等于11，再投一次超过12 的总点数的可能值分别为13、14、15、16； 依次类推 如果倒数第二次总点数等于8，再投一次超过12 的总点数只可能是13（此时，最后一次投掷出现的点 数必须是 5）

36、综上所述可知，超过12 的最大可能出现的总点数值是13（它在每一种情况下都可能出现） 28.2.5* 有红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一颗，用纸包好，在桌子上排成一排五个人猜各 包里珠子的颜色 甲猜：第二包是紫色，第三包是黄色； 乙猜：第二包是蓝色，第四包是红色； 丙猜：第一包是红色，第五包是白色； 丁猜：第三包是蓝色，第四包是白色； 戊猜：第二包是黄色，第五包是紫色 猜完后，打开纸包一看，每人都猜对了一种，并且每包都有一个人猜对 请你也猜一猜，他们各自都猜中了哪一种颜色的珠子？ 解析画出如表1 所示，第一行表示珠子的颜色，表中的数字表示各个人所猜的包数，第一列表示五 个人 由于题目条件申

37、明每人都猜对了一种；每包都有一个人猜对，因此，表中每一行的两个数有且仅有一 个正确；表中所标志出的10 个数中， 1，2，3，4，5 各有且仅有一个是正确的，每一列中的两个数中， 有且仅有一个是正确的 注意到，包数1 在表中只出现1 次（丙猜第1 包是红色）按条件，这个猜测应是正确的，以此为突破 口，展开推理 表 1 红蓝黄白紫 甲3 2 乙4 2 丙1 5 丁3 4 戊2 5 表 2 红蓝黄白紫 甲 乙 丙 丁 戊 4 23 2 5 3 4 25 我们用“”表示“正确”；用“”表示“不正确”，用“”表示推理的路线在数字上画一个图 表示推理的出发点，表2 即可清晰简明地表现出推理的过程 通过表

38、上推理知，甲猜中第3 包是黄色，乙猜中第2 包是蓝色，丙猜中第1 包是红色，丁猜中第4 包 是白色，戊猜中第5 包是紫色 28.2.6* 四位运动员分别来自北京、上海、浙江和吉林在游泳、田径、乒乓球和足球四项运动中， 每人只参加一项，且四人的运动项目各不相同除此以外，只知道： （1）张明是球类运动员，不是南方人； （2）胡纯是南方人，不是球类运动员； （3）李勇和北京运动员、乒乓球运动员三人同住一个房间； （4）郑路不是北京运动员，年龄比吉林运动员和游泳运动员都小； （5）浙江运动员没有参加游泳比赛 根据这些情况，你能否断定，这四名运动员各来自什么地方？各参加什么运动项目？ 解析这个问题涉及三

39、种“对象”姓名、运动项目及籍贯所知情况很“零碎”我们设计下面表 格，在表格中进行推理显然，每一个人只能参加一个项目的运动，只有一种籍贯我们用“”表 示肯定的判断，用“”表示否定的判断 由（ 1） 、 （2） 、 （ 3） 、 （4）得表 1 表 1 游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林 张 胡 李 郑 从而推知，张明是北京运动员，李勇是吉林运动员（表2） 表 2 游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林 张 胡 李 郑 由（3）知张明 （北京运动员） 不是乒乓球运动员，从而他是足球运动员，郑路是乒乓球运动员（表 3） 表 3 游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林 张 胡 李 郑 由（4）知，李勇 （吉林运动员

40、） 不是游泳运动员，从而胡纯是游泳运动员，李勇是田径运动员（表 4） 表 4 游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林 张 胡 李 郑 由（ 5）知，胡纯不是浙江运动员，从而他是上海运动员，郑路是浙江运动员（表5） 表 5 游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林 张 胡 李 郑 最后一个表格显示：张明是北京的足球运动员，胡纯是上海的游泳运动员，李勇是吉林的田径运动员， 郑路是浙江的乒乓球运动员 28.2.7* 三个整数p、q、 r 满足条件0pqr 把它们分别写在三张卡片上A、B、C三人 进行某种游戏每次各摸取一张卡片，然后按卡片上写的数走步在进行n （ 2）次摸取后，A已走 了 20 步，B走了 10 步

41、，C走了 9 步已知最后一次B走了 r 步，问第一次谁走了q步？ 解析按题意，每次摸取后，三人共走了（pqr）步所以，n次摸取后共走了 2010939n pqr 3 13n pqr ， 由于 n2 及3pqr，所以 3n，13pqr 由于A三次走了20 步，因而 r 7 若7r，那么A三次所走步数只能是 67720（从而6q） ， 这与 13pqr矛盾！ 从而 7r 由B三次走 10 步且最后一次走r （7）步，因p，q1，必有 r 8，因此 8r，5pq 所以1p，4q或2p，3q两种可能但是，A三次走 20 步，所以 1, 4 , 8. p q r 现将已推算出各次每人走的步数列表于下：

42、ABC 一8 1 二8 1 4 三4 8 1 由表知，第一次走q（4）步的是C 28.2.8* 甲、乙、丙、丁四人比赛羽毛球每人与对手各赛一场结果：甲胜丁，甲、乙、丙三人所 胜场次相同 请问：丁胜几场？ 解析四人比赛，共赛6 场由于甲、乙、丙所胜场次相同且甲已胜丁，不难推知，甲、乙、丙各 胜两场我们由记号： “AB”表示“A胜B” （也即“B输A” ） 画一个图进行推算 甲乙 丙 丁 共赛 6 场若甲、乙、丙各胜1 场，则丁胜3 场，与甲胜丁矛盾若甲、乙、丙各胜3 场，则总赛场 次为 9（6）场，矛盾所以，甲、乙、丙各胜2 场 甲胜 2 场，不妨设甲胜乙由甲引出甲乙，甲丁，从而乙丙，乙丁又从而

43、丙甲，丙丁 所以，丁胜零场 28.2.9* 从 1、2、3、4、 5、6、7、8、9、10、11、12、13 这 13 个数中最多可以选出多少个数，使 它们中任意两个数之差既不等于5，也不等于8 解析我们首先将这13 个数按以下规则排成一个圈；相邻两个数差不是5 就是 8，按顺时针方向1 的 旁边放 6，6 的旁边放11（两数差为5） ，在 11 的旁边放3（两数差为8）（如图） 人 走 的 步 数次 数 1 6 11 3 8 13 510 2 7 12 4 9 从圆圈上的13 个数中，每隔一个数选出一个，共可选出6 个数，它们之间任意两个数之差既不等于5 也不等于 8 另外，至多也只能选出6

44、 个数 先任意选定一个数，不妨设它是1，在剩下的12 个数中，与1 相邻的两个数6、9 不能再选于是只剩 下 10 个数，我们将这10 个数按相邻关系分成5 组，每组中最多只能再选一个数，所以在这圆圈上最 多只能选出1+5 6 个数，它们之间的差既不等于5 也不等于8先选数不是1 则同样处理例如这6 个数可以是1、11、 8、5、2、12当然，这种选法不是唯一的 28.2.10* A、B、C、D、E五支球队进行比赛，任意两支队恰好比赛一场当比赛进行到一定 阶段时， A、B、C、D各已比赛了 4、3、2、1 场，问哪些球队已经比赛过， E已经比赛过几场？ 解析五支球队单循环比赛时，其中每队至多比

45、赛4 场A已赛过 4 场，可以断定A与B、C、D、 E各赛了 1 场，由已知D只赛过一场，因A、D已赛 1 场，所以D不能再与B、C、E比赛过因B 赛过3 场，已赛过的一场是（A、B） ，所以另两场只能是（B，C） ， （B，E） （如图）这时恰满 足C队赛过 2 场，D队赛过 1 场的条件从图中可见，E队赛过的2 场为： （A，E） 、 （B，E） ，另 外，已证 D、E没有比赛过假设C、E赛过，则将与C队只赛过 2 场相矛盾所以判定E队赛过且 只赛过（A，E） 、 （B，E）两场 所以，已赛过的队是（A，B） 、 （A，C） 、 （A，D） 、 （A，E） 、 （B，C） 、 （B，E）

46、其中E已 赛过 2 场 A BE C D 28.2.11* 世界杯足球赛，每个小组有4 支球队，每两个队之间各赛一场。胜者得3 分，负者不得分， 平局两队各得1 分每个小组总分最多的两个队出线 （1）有人说：“得 6 分的队一定出线，得2 分的队一定不出线” 请判断并说明对错； （2）如果在小组比赛中有一场平局，那么上述说法是否正确 解析（1）如果小组赛中无一场平局，那么得6 分的队不一定出线 设某小组有A、B、C、D四支球队，如果A胜B，B胜C，C胜A，并且A、B、C都胜D，这 时A、B、C三队均积6分，D队积分为零，因此，A、B、C三队将根据净胜球等规则来确定其中 两队出线，必有一队不能出

47、线 （2）如果小组赛中有平局，那么得2分的队不一定不出线 设某小组有A、B、C、D四支球队，如果D全胜，得 9 分；A、B、C三队互相均踢平，各积2 分， 这时A、B、C三队仍将根据净胜球等规则来确定其中一个队与D队一起出线 （3）如果在小组中有一场平局，那么得6 分的队一定出线 因为单循环赛4 个队之间共赛6 场，所以各队积分总和不超过3618（分） 如果有一场平局，那么 各队积分总和不超过18 117（分）由于某队得6 分，于是其他三个队积分之和不超过17 611 （分） ，这时至少有两个队积分少于6分（否则，若存在两队积分不低于6 分，则仅此两队积分之和已 经超过 11 分，这是不可能的） ，这两个队不能出线，故得6分的队一定出线 28.2.12* 有21n个砝码，每个重量都是正有理数，若任意取出一个砝码，剩下的砝码总可以分成 两批，每批各n个砝码，且重量之和相等，求证：所有这些砝码的重量是相等的 解析设这21n个砝码的重量乘一系数后分别为正整数 1 a ， 2 a ，21na ，于是任取一数 i a ，剩下 的数之和为偶数，即 1 a +偶数 1221n aaa，故而 1 a ， 2 a ， 21n a具有相同的奇偶性 若 1 a ， 2 a ， 21n a均为偶数， 则定义121 2 i i a bin ， 仍是满足要求的