逻辑推理-抽屈原则2（30道，含详细解答） - 图文

逻辑推理-抽屈原则2

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逻辑推理-抽屈原则2

一．解答题（共30小题）

1．在1，4，7.10…，100中任选20个数，其中至少有不同的两组（每组两个数），其和等于104，试证明之．

2．设有2n×2n个正方形方格棋盘，在其中任意的3n个方格中各有一枚棋子．求证：可以选出n行和n列，使得3n枚棋子都在这n行和n列中．

3．有50名同学站在操场上玩游戏，他们彼此间的距离都各不相等．每人手中有一把水枪，游戏规则是：每人都向离自己最近的人打一枪．试证明：每一个人至多挨了5枪． （提示：也就是要证明：假定有一个人至少挨6枪是不可能的）

4．设a1，a2，a3…，a41是任意给定的互不相等的41个正整数．问能否在这41个数中找到6个数，使它们的一个四则运算式的结果（每个数不重复使用）是2002的倍数？如果能，请给出证明；如果不能，请说明理由．

5．在100个连续自然数1，2，…，100中，任取51个数．证明：这51个数中，一定有两个数，其中一个数是另一个数的倍数．

6．设X是一个56元集合．求最小的正整数n，使得对X的任意15个子集，只要它们中任何7个的并的元素个数都不少于n，则这15个子集中一定存在3个，它们的交非空．

7．证明：对任意三角形，一定存在两条边，它们的长u，v满足1≤

8．从1，2，3，…，3919中任取2001个数．证明：一定存在两个数之差恰好为98．

9．用四种不同的颜色去染平面上的点，每点染后只染一色．试证：此平面上一定存在长为1或的线段，其两个端点染色相同．

10．41名运动员所穿运动衣号码是1，2，…，40，41这41个自然数，问：

（1）能否使这41名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？ （2）能否让这41名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？ 若能办到，请举一例；若不能办到，请说明理由．

11．从连续自然数1，2，3，…，2008中任意取n个不同的数，

（1）求证：当n=1007时，无论怎样选取这n个数，总存在其中的4个数的和等于4017． （2）当n≤1006（n是正整数）时，上述结论成立否？请说明理由．

12．在18×18的方格纸上的每个方格中均填入一个彼此不相等的正整数．求证：无论哪种填法，至少有两对相邻小方格（有一条公共边的两个小方格称为一对相邻小方格），每对小方格中所填之数的差均不小于10．

13．一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋，证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋．

14．从1，2，…，9中任取n个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，也可以是全部），它们的和能被10整除，求n的最小值．

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15．连接圆周上9个不同点的36条直线染成红色或蓝色，假定由9点中每3点所确定的三角形都至少含有一条红色边．证明有四点，其中每两点的连线都是红色的．

16．将2002张卡片分别标记1，2，3，…，2002的数，数字面朝上放在桌上．二位玩家轮流自桌上各取一张牌，直到桌上的牌取光为止．先计算每个人所有取的牌的数之总和，再比较这两个总和的个位数，较大者为胜方．请问两位玩家中哪一位有必胜之策略（无论对手如何对应）？如果有，这个必胜策略是什么？

17．环行跑道的一周插了若干红、黄两种颜色的彩旗，已知一共变色了46次（一个红旗与一个黄旗相邻或一个黄旗与一个红旗相邻，称为一次变色），现可将相邻的旗子对调，如果若干次对调后，变色次数减少为26次．试说明：在对调过程中，必有一个时刻，彩旗的变色次数恰好为28次．

18．一个体育代表团共有997名运动员，他们着装运动服上的号码数两两不同，但都小于1992． 证明：至少有一名运动员的号码数恰等于另外两名运动员的号码数之和．

19．平面上任意五个点都落在格点上，试证明至少有二个点连线的中点也在格点上．

20．是否可能有这样的社团，它的任何一个成员在社团内部都有8个朋友，而任何两个成员在社团内有2个或3个公共朋友？请说出理由．

21．对于平面上给定的25个点，如果其中任何3个点中都有某两个点的距离小于1，那么在这些给定的点中，一定可以找到13个点，这13个点都位于一个半径为1的圆内．

22．对于任意给定的n个自然数，其中一定存在若干个数，它们的和是n的倍数．

23．我们把在直解坐标平面内横坐标都是整数的点称为整点．证明：对于平面内任意给定的五个整点，其中一定存在两个整点，这两个点的连线的中点仍为整点．

24．从1到100这100个自然数中，任意取出51个数，其中一定存在两个数，这两个数中的一个是另一个的整数倍．

25．证明：在2﹣1，2﹣1，2﹣1，…，2﹣1这n﹣1个数中，至少有一个数能被n整除（其中n为大于1的奇数）．

26．一定存在这样的正整数，它的各位数字由0或1构成，并且是201的倍数．

27．若从1，2，3，…，n中任取5个两两互素的不同的整数a1，a2，a3，a4，a5，其中总有一个整数是素数，求n的最大值．

28．某校初中二年级共有210名学生，则至少有18名同学是在同一个月里出生的．

29．证明：从1，2，3，…，11，12这12个数中任意取出7个数，其中至少有两个数之差为6．

30．一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张．从中任意抽牌．问：最少要抽多少张牌，才能保证有四张牌是同一花色的？（思考时间30秒）

1

2

3

n﹣1

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逻辑推理-抽屈原则2

参考答案与试题解析

一．解答题（共30小题）

1．在1，4，7.10…，100中任选20个数，其中至少有不同的两组（每组两个数），其和等于104，试证明之． 考点： 抽屉原理． 专题： 数字问题． 分析： 首先列举出所有符合要求的所有数据，即为依次大3的等差数列，再得出和为104的所有可能，从而得出命题正确． 解答： 解：将数列1，4，7，10，…，100重新组合 {4，100}，{7，97}，…，{49，55}共16组数，除了16组数对外，还有两个单独的数1和52．这样在这18组数中， 从其任选20个数，由抽屉原则，至少有两个数处在同一组，其和为104． 点评： 此题主要考查了抽屉原理的应用，运用列举法证明命题的正确性，这种方法经常运用于抽屉原理的证明． 2．设有2n×2n个正方形方格棋盘，在其中任意的3n个方格中各有一枚棋子．求证：可以选出n行和n列，使得3n枚棋子都在这n行和n列中． 考点： 抽屉原理． 专题： 证明题． 分析： 利用整体换元法，假设出各行棋子数，得出P1+P2+Pn≥2n，分析得出Pn+1+P2n≥n+1，得出与已知矛盾，从而证明n行和n列包含了全部3n枚棋子． 解答： 证明：设各行的棋子数分别P1，P2，Pn，Pn+1，P2n．且P1≥P2≥Pn≥Pn+1≥P2n． 由题设P1+P2+Pn+Pn+1+P2n=3n，① 选取含棋子数为P1，P2，Pn，的这n行，则P1+P2+Pn≥2n， 否则，若P1+P2+Pn≤2n﹣1，② 则P1，P2，Pn中至少有一个不大于1， 由①，②得Pn+1+P2n≥n+1， 从而Pn+1P2n中至少有一个大于1，这与所设矛盾． 选出的这n行已含有不少于2n枚棋子，再选出n列使其包含其余的棋子（不多于n枚）， 这样选取的n行和n列包含了全部3n枚棋子． 点评： 此题主要考查了抽屉原理的证明思路，从题设出发进行分析得出与题设出现矛盾，从而得出原命题的正确性． 3．有50名同学站在操场上玩游戏，他们彼此间的距离都各不相等．每人手中有一把水枪，游戏规则是：每人都向离自己最近的人打一枪．试证明：每一个人至多挨了5枪． （提示：也就是要证明：假定有一个人至少挨6枪是不可能的） 考点： 抽屉原理． 专题： 证明题． 分析： 首先作出图，假定有一个人至少挨了6枪，设此人为A、若B射向A，C也射向A，根据三边不等，则角A应该大于60度，判断出周角大于360°，即可证明出． 解答： 解：假定有一个人至少挨了6枪，设此人为A、若B射向A，C也射向A，则在△ABC中，BC边最长（如图）． ?2010-2013 菁优网

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www.jyeoo.com 又由于三边不等，则角A应该大于60度． 若有6个人都射向A，则从A出发的6个角都大于等于60度， 从而周角就大于了360度，这是不可能的． 点评： 本题主要考查抽屉原理的知识点，进行假设法是解答本题的关键，本题难度较大． 4．设a1，a2，a3…，a41是任意给定的互不相等的41个正整数．问能否在这41个数中找到6个数，使它们的一个四则运算式的结果（每个数不重复使用）是2002的倍数？如果能，请给出证明；如果不能，请说明理由． 考点： 抽屉原理；数的整除性． 专题： 数字问题；证明题． 分析： 首先把2002分解成11×14×13的形式，然后把将a1，a2，a3…a41这41个数分为3组，根据抽屉原理，在第3组数中，必有两个数被11所除的余数相同，必有两个数被13所除的余数相同，必有两个数被14所除的余数相同，最后证明：（ai﹣aj）（am﹣an）（ap﹣aq）是2002的倍数． 解答： 解：能找到6个数，使它们运算的结果是2002的倍数． ∵2002=2×7×11×13=11×14×13， 将a1，a2，a3…a41这41个数按如下方法分为3组： 第一组12个数：a1，a2，a3…，a12① 第二组14个数：a13，a14，a15…a26② 第三组15个数：a27，a28，a29…a41③ 由抽屉原理，在第①组数中，必有两个数被11所除的余数相同， 不妨设为：ai，aj 那么（ai﹣aj）能被11整除，即（ai﹣aj）=11×ki（ki为正整数）， 同理，在第②组数中，必有两个数被13所除的余数相同， 不妨设为：am，an， 那么（am﹣an）能被13整除，即（am﹣an）=13×k2（k2为正整数）， 同理，在第③组数中，必有两个数被14所除的余数相同， 不妨设为：ap，aq， 那么（ap﹣aq）能被14整除，即（ap﹣aq）=14×k3（k3为正整数）， 这样，由ai，aj，am，an，ap，aq组成的一个算式：（ai﹣aj）（am﹣an）（ap﹣aq） =11×ki×13×k2×14×k3=2002×ki×k2×k3 ∵k1×k2×k3是正整数，故 故（ai﹣aj）（am﹣an）（ap﹣aq）是2002的整倍数． 点评： 本题主要考查抽屉原理和数的整除性的知识点，解答本题的关键是能找到6个数，使它们运算的结果是2002的倍数，把2002进行拆分很必要，本题难度较大． 5．在100个连续自然数1，2，…，100中，任取51个数．证明：这51个数中，一定有两个数，其中一个数是另一个数的倍数． 考点： 抽屉原理． 专题： 数字问题；证明题． 分析： 首先把1，2，…，100分成50组，100个数中每一个都在某一组中且只在一组中，任取51个数，由抽屉原则至少有2个数来自同一组，这两个数中大数必是小数的倍数． 解答： 证明：把1，2，…，100分成如下50组： 23456A1={1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2} ?2010-2013 菁优网

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