初一數(shù)學(xué)競賽教程含例題練習(xí)及答案⑿2

1、初一數(shù)學(xué)競賽講座第 12 講 抽屜原理把 5 個蘋果放到 4 個抽屜中， 必定有一個抽屜中至少有2 個蘋果，這是抽屜原理的通俗說明；一般地，我們將它表述為：第一抽屜原理：把（ mn1）個物體放入 n 個抽屜，其中必有一個抽屜中至少有（ m1）個物體；使用抽屜原懂得題，關(guān)鍵是構(gòu)造抽屜；一般說來，數(shù)的奇偶性、剩余類、數(shù)的分組、染色、線段與平面圖形的劃分等，都可作為構(gòu)造抽屜的依據(jù)；例 1 從 1， 2，3， 100 這 100 個數(shù)中任意挑出51 個數(shù)來，證明在這51個數(shù)中，肯定：（1）有 2 個數(shù)互質(zhì)；（2）有 2 個數(shù)的差為 50；（3）有 8 個數(shù)，它們的最大公約數(shù)大于1；證明：（ 1）將 1

2、00 個數(shù)分成 50 組：1 ， 2 ，3 ，4 ， 99 ，100 ；在選出的 51 個數(shù)中，必有 2 個數(shù)屬于同一組，這一組中的2 個數(shù)是兩個相鄰的整數(shù)，它們肯定是互質(zhì)的；（2）將 100 個數(shù)分成 50 組：1 ， 51 ，2 ，52 ， 50 ， 100 ；在選出的 51 個數(shù)中，必有 2 個數(shù)屬于同一組，這一組的2 個數(shù)的差為 50；（3）將 100 個數(shù)分成 5 組（一個數(shù)可以在不同的組內(nèi)）： 第一組： 2 的倍數(shù)，即 2 ，4， 100 ；其次組： 3 的倍數(shù)，即 3 ，6， 99 ； 第三組： 5 的倍數(shù)，即 5 ，10， 100 ；第四組： 7 的倍數(shù)，即 7 ，14， 98

3、 ；第五組： 1 和大于 7 的質(zhì)數(shù)即 1 ，11，13， 97 ；第五組中有 22 個數(shù)，應(yīng)選出的 51 個數(shù)至少有 29 個數(shù)在第一組到第四組中， 依據(jù)抽屜原理， 總有 8 個數(shù)在第一組到第四組的某一組中， 這 8 個數(shù)的最大公約數(shù)大于 1；例 2 求證：可以找到一個各位數(shù)字都是4 的自然數(shù)，它是1996 的倍數(shù)； 證明：因 1996÷ 4 499，故只需證明可以找到一個各位數(shù)字都是1 的自然數(shù)，它是 499 的倍數(shù)就可以了；得到 500 個余數(shù) r 1，r 2，r 500；由于余數(shù)只能取0，1，2，499 這 499個值，所以依據(jù)抽屜原理， 必有 2 個余數(shù)是相同的， 這 2

4、個數(shù)的差就是 499 的倍數(shù)，這個差的前如干位是1，后如干位是 0：111000，又 499 和 10 是互質(zhì)的，故它的前如干位由1 組成的自然數(shù)是499 的倍數(shù)，將它乘以4，就得到一個各位數(shù)字都是 4 的自然數(shù)，它是 1996 的倍數(shù)；例 3 在一個禮堂中有99 名同學(xué)，假如他們中的每個人都與其中的66 人相識，那么可能顯現(xiàn)這種情形： 他們中的任何 4 人中都肯定有 2 人不相識（假定相識是相互的）；分析：留意到題中的說法“可能顯現(xiàn)”，說明題的結(jié)論并非是條件的必定結(jié)果，而僅僅是一種可能性， 因此只需要設(shè)法構(gòu)造出一種情形使之顯現(xiàn)題目中所說的結(jié)論即可；解：將禮堂中的 99 人記為 a1， a2，

5、 a99，將 99 人分為 3 組：（a1， a2， ， a33），（ a34，a35， ， a66），（ a67， a68， ， a99），將 3 組同學(xué)作為 3 個抽屜，分別記為 a，b，c，并商定 a 中的同學(xué)所熟悉的 66 人只在 b，c 中，同時， b， c 中的同學(xué)所熟悉的 66 人也只在 a， c 和 a，b 中；假如顯現(xiàn)這種局面，那么題目中所說情形就可能顯現(xiàn)；由于禮堂中任意 4 人可看做 4 個蘋果，放入 a，b，c 三個抽屜中，必有 2 人在同一抽屜， 即必有 2 人來自同一組， 那么他們熟悉的人只在另 2 組中， 因此他們兩人不相識；例 4 如右圖，分別標(biāo)有數(shù)字1， 2，

6、8 的滾珠兩組，放在內(nèi)外兩個圓環(huán)上，開頭時相對的滾珠所標(biāo)數(shù)字都不相同；當(dāng)兩個圓環(huán)按不同方向轉(zhuǎn)動時，必有某一時刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對；分析：此題中沒有直接供應(yīng)我們用以構(gòu)造抽屜和蘋果的數(shù)量關(guān)系，需要轉(zhuǎn)換一下看問題的角度；解：內(nèi)外兩環(huán)對轉(zhuǎn)可看成一環(huán)靜止，只有一個環(huán)轉(zhuǎn)動；一個環(huán)轉(zhuǎn)動一周后， 每個滾珠都會有一次與標(biāo)有相同數(shù)字的滾珠相對的局面顯現(xiàn)，那么這種局面共要顯現(xiàn) 8 次；將這 8 次局面看做蘋果，再需構(gòu)造出少于8 個抽屜；留意到一環(huán)每轉(zhuǎn)動45°角就有一次滾珠相對的局面顯現(xiàn)，轉(zhuǎn)動一周共有8次滾珠相對的局面， 而最初的 8 對滾珠所標(biāo)數(shù)字都不相同， 所以數(shù)字相同的滾珠相對的

7、情形只顯現(xiàn)在以后的7 次轉(zhuǎn)動中，將 7 次轉(zhuǎn)動看做 7 個抽屜， 8 次相同數(shù)字滾珠相對的局面看做8 個蘋果，就至少有 2 次數(shù)字相對的局面顯現(xiàn)在同一次轉(zhuǎn)動中，即必有某一時刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對；例 5 有一個生產(chǎn)天平上用的鐵盤的車間，由于工藝上的緣由，只能掌握盤的重量在指定的20 克到 20.1 克之間；現(xiàn)在需要重量相差不超過0.005 克的兩只鐵盤來裝配一架天平， 問：最少要生產(chǎn)多少個盤子， 才能保證肯定能從中挑出符合要求的兩只盤子？解：把 20 20.1 克之間的盤子依重量分成20 組：第 1 組：從 20.000 克到 20.005 克；第 2 組：從 20.005

8、 克到 20.010 克；第 20 組：從 20.095 克到 20.100 克；這樣，只要有21 個盤子，就肯定可以從中找到兩個盤子屬于同一組，這2個盤子就符合要求；例 6 在圓周上放著100 個籌碼，其中有41 個紅的和 59 個藍的；那么總可以找到兩個紅籌碼，在它們之間剛好放有19 個籌碼，為什么？分析：此題需要爭論“紅籌碼”的放置情形，因而涉及到“蘋果”的詳細放 置方法，由此我們可以在構(gòu)造抽屜時，使每個抽屜中的相鄰“蘋果”之間有19個籌碼；解：依順時針方向?qū)⒒I碼依次編上號碼：1， 2， 100；然后依照以下規(guī)律將 100 個籌碼分為 20 組：（1，21，41，61，81）；（2，22

9、，42，62，82）；（20，40， 60，80， 100）；將 41 個紅籌碼看做蘋果，放入以上20 個抽屜中，由于 41=2×201，所以至少有一個抽屜中有2+1=3（個）蘋果，也就是說必有一組5 個籌碼中有 3 個紅色籌碼，而每組的 5 個籌碼在圓周上可看做兩兩等距，且每 2 個相鄰籌碼之間都有 19 個籌碼，那么 3 個紅色籌碼中必有2 個相鄰（這將在下一個內(nèi)容其次抽屜原理中說明），即有2 個紅色籌碼之間有19 個籌碼；下面我們來考慮另外一種情形：如把 5 個蘋果放到 6 個抽屜中， 就必定有一個抽屜空著；這種情形一般可以表述為：其次抽屜原理：把（ mn-1）個物體放入n 個

10、抽屜，其中必有一個抽屜中至多有（ m-1）個物體；例 7 在例 6 中留有一個疑問，現(xiàn)改述如下：在圓周上放有5 個籌碼，其中有 3 個是同色的，那么這3 個同色的籌碼必有2 個相鄰；分析：將這個問題加以轉(zhuǎn)化：如右圖，將同色的 3 個籌碼 a，b，c置于圓周上，看是否能用另外2 個籌碼將其隔開；解：如圖， 將同色的 3 個籌碼放置在圓周上， 將每 2 個籌碼之間的間隔看做抽屜，將其余 2 個籌碼看做蘋果， 將 2 個蘋果放入 3 個抽屜中， 就必有 1 個抽屜中沒有蘋果，即有2 個同色籌碼之間沒有其它籌碼，那么這2 個籌碼必相鄰；例 8 甲、乙二人為一個正方形的12 條棱涂紅和綠2 種顏色；第一

11、，甲任選3 條棱并把它們涂上紅色；然后，乙任選另外3 條棱并涂上綠色；接著甲將剩下的 6 條棱都涂上紅色；問：甲是否肯定能將某一面的4 條棱全部涂上紅色？解：不能；如右圖將 12 條棱分成四組：第一組： a 1b1，b2b3， a3a4 ， 其次組： a 2b2，b3b4， a4a1 ，第三組： a 3b3，b4b1， a1a2 ， 第四組： a 4b4，b1b2， a2a3 ；無論甲第一次將哪3 條棱涂紅，由抽屜原理知四組中必有一組的3 條棱全未涂紅，而乙只要將這組中的3 條棱涂綠，甲就無法將某一面的4 條棱全部涂紅了；下面我們爭論抽屜原理的一個變形平均值原理；我們知道 n 個數(shù) a1，a2

12、， an 的和與 n 的商是 a1，a2， an 這 n 個數(shù)的平均值；平均值原理：假如n 個數(shù)的平均值為a，那么其中至少有一個數(shù)不大于a，也至少有一個不小于a；例 9 圓周上有 2000 個點，在其上任意地標(biāo)上0，1，2， 1999（每一點只標(biāo)一個數(shù)，不同的點標(biāo)上不同的數(shù)）；求證：必定存在一點，與它緊相鄰的兩個點和這點上所標(biāo)的三個數(shù)之和不小于2999；解：設(shè)圓周上各點的值依次是a1， a2， a2000，就其和a1a2+ a2000=0+1+2+1999=1999000；下面考慮一切相鄰三數(shù)組之和：（a1 a2a3）+（a2 a3a4）（ a1998+a1999a2000）（ a1999a2

13、000 a1）（ a2000a1a2）=3（ a1a2 a2000）3×1999000；這 2000 組和中必至少有一組和大于或等于但因每一個和都是整數(shù)，故有一組相鄰三數(shù)之和不小于2999，亦即存在一個點，與它緊相鄰的兩點和這點上所標(biāo)的三數(shù)之和不小于2999；例 10 一家旅社有 90 個房間，住有 100 名旅客，假如每次都恰有90 名旅客同時回來， 那么至少要預(yù)備多少把鑰匙分給這100 名旅客，才能使得每次客人回來時，每個客人都能用自己分到的鑰匙打開一個房門住進去，并且防止發(fā)生兩人同時住進一個房間？解：假如鑰匙數(shù)小于990，那么90 個房間中至少有一個房間的鑰匙數(shù)少房間就打不開，

14、因此90 個人就無法按題述的條件住下來；另一方面，990 把鑰匙已經(jīng)足夠了， 這只要將 90 把不同的鑰匙分給90 個人，而其余的 10 名旅客，每人各90 把鑰匙（每個房間一把），那么任何90 名旅客返回時，都能按要求住進房間；最終，我們要指出， 解決某些較復(fù)雜的問題時，往往要多次反復(fù)地運用抽屜原理，請看下面兩道例題；例 11 設(shè)有 4×28 的方格棋盤，將每一格涂上紅、藍、黃三種顏色中的任意一種；試證明：無論怎樣涂法，至少存在一個四角同色的長方形；證明：我們先考察第一行中28 個小方格涂色情形， 用三種顏色涂 28 個小方格，由抽屜原理知，至少有10 個小方格是同色的，不妨設(shè)其為

15、紅色，仍可設(shè)這10 個小方格就在第一行的前10 列；下面考察其次、三、四行中前面10 個小方格可能顯現(xiàn)的涂色情形；這有兩種可能：（1）這三行中，至少有一行，其前面 10 個小方格中，至少有 2 個小方格是涂有紅色的， 那么這 2 個小方格和第一行中與其對應(yīng)的 2 個小方格， 便是一個長方形的四個角，這個長方形就是一個四角同是紅色的長方形；（2）這三行中每一行前面的10 格中，都至多有一個紅色的小方格，不妨設(shè)它們分別顯現(xiàn)在前三列中，那么其余的3×7 個小方格便只能涂上黃、藍兩種顏色了；我們先考慮這個3×7 的長方形的第一行；依據(jù)抽屜原理，至少有4 個小方格是涂上同一顏色的，不

16、妨設(shè)其為藍色，且在第1 至 4 列；再考慮其次行的前四列，這時也有兩種可能：（1）這 4 格中，至少有 2 格被涂上藍色，那么這 2 個涂上藍色的小方格和第一行中與其對應(yīng)的 2 個小方格便是一個長方形的四個角， 這個長方形四角同是藍色；（2）這 4 格中，至多有 1 格被涂上藍色，那么，至少有3 格被涂上黃色；不妨設(shè)這 3 個小方格就在其次行的前面3 格；下面連續(xù)考慮第三行前面 3 格的情形；用藍、黃兩色涂 3 個小方格， 由抽屜原理知， 至少有 2 個方格是同色的， 無論是同為藍色或是同為黃色， 都可以得到一個四角同色的長方形；總之，對于各種可能的情形，都能找到一個四角同色的長方形；例 12

17、 試卷上共有 4 道挑選題，每題有 3 個可供挑選的答案；一群同學(xué)參與考試，結(jié)果是對于其中任何 3 人，都有一道題目的答案互不相同；問：參與考試的同學(xué)最多有多少人？解：設(shè)每題的三個挑選分別為a，b，c；（1）如參與考試的同學(xué)有10 人，就由其次抽屜原理知，第一題答案分別為a，b，c 的三組同學(xué)中， 必有一組不超過3 人；去掉這組同學(xué)， 在余下的同學(xué)中，定有 7 人對第一題的答案只有兩種； 對于這 7 人關(guān)于其次題應(yīng)用其次抽屜原理知， 其中必可選出 5 人，他們關(guān)于其次題的答案只有兩種可能；對于這 5 人關(guān)于第三題應(yīng)用其次抽屜原理知，可以選出4 人，他們關(guān)于第三題的答案只有兩種可能；最終，對于這

18、 4 人關(guān)于第四題應(yīng)用其次抽屜原理知，必可選出 3 人，他們關(guān)于第四題的答案也只有兩種； 于是，對于這 3 人來說， 沒有一道題目的答案是互不相同的，這不符合題目的要求；可見，所求的最多人數(shù)不超過9 人；另一方面， 如 9 個人的答案如下表所示， 就每 3 人都至少有一個問題的答案互不相同；所以，所求的最多人數(shù)為9 人；練習(xí) 121. 六（ 1）班有 49 名同學(xué)；數(shù)學(xué)王老師明白到在期中考試中該班英文成果除3 人外均在 86 分以上后就說：“我可以肯定，本班同學(xué)至少有4 人成果相同；”請問王老師說得對嗎？為什么？2. 現(xiàn)有 64 只乒乓球， 18 個乒乓球盒，每個盒子里最多可以放6 只乒乓球，

19、至少有幾個乒乓球盒子里的乒乓球數(shù)目相同？3. 某校初二年級同學(xué)身高的厘米數(shù)都為整數(shù)，且都不大于 160 厘米，不小于150 厘米；問：在至少多少個初二同學(xué)中肯定能有4 個人身高相同？4. 從 1，2， 100 這 100 個數(shù)中任意選出 51 個數(shù)，證明在這 51 個數(shù)中，肯定：（1）有兩個數(shù)的和為101；（2）有一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù)；（3）有一個數(shù)或如干個數(shù)的和是51 的倍數(shù)；5. 在 3×7 的方格表中，有 11 個白格，證明（1）如僅含一個白格的列只有3 列，就在其余的4 列中每列都恰有兩個白格；（2）只有一個白格的列只有3 列；6. 某個委員會開了40 次會議，每次會議有

20、10 人出席；已知任何兩個委員不會同時開兩次或更多的會議； 問：這個委員會的人數(shù)能夠多于60 人嗎？為什么？7. 一個車間有一條生產(chǎn)流水線，由5 臺機器組成，只有每臺機器都開動時，這條流水線才能工作； 總共有 8 個工人在這條流水線上工作； 在每一個工作日內(nèi)，這些工人中只有5 名到場；為了保證生產(chǎn)， 要對這 8 名工人進行培訓(xùn)， 每人學(xué)一種機器的操作方法稱為一輪；問：最少要進行多少輪培訓(xùn)， 才能使任意 5 個工人上班而流水線總能工作？8. 有 9 名數(shù)學(xué)家， 每人至多能講 3 種語言， 每 3 人中至少有 2 人能通話； 求證：在這 9 名中至少有 3 名用同一種語言通話；練習(xí) 13 答案：1

21、.對；解：由于49-3=3×（ 100-86+1）+1，即 46=3×15+1，也就是說，把從 100 分至 86 分的 15 個分數(shù)當(dāng)做抽屜， 49-3=46（人）的成果當(dāng)做物體，依據(jù)其次抽屜原理，至少有4 人的分數(shù)在同一抽屜中，即成果相同；2.4 個；解： 18 個乒乓球盒，每個盒子里至多可以放6 只乒乓球；為使相同乒乓球個數(shù)的盒子盡可能少，可以這樣放：先把盒子分成6 份，每份有 18÷ 6=3（只），分別在每一份的3 個盒子中放入 1 只、2 只、3 只、4 只、5 只、6 只乒乓球，即 3 個盒子中放了 1 只乒乓球， 3 個盒中放了 2 只乒乓球3 個盒

22、子中放了 6 只乒乓球；這樣， 18 個盒子中共放了乒乓球（1+2+3+4+5+6）× 3=63（只）；把以上 6 種不同的放法當(dāng)做抽屜，這樣剩下 64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一個抽屜里的任何一個盒子里 （除已放滿 6 只乒乓球的抽屜外） ，都將使該盒子中的乒乓球數(shù)增加 1 只，這時與比該抽屜每盒乒乓數(shù)多 1 的抽屜中的 3 個盒子里的乒乓球數(shù)相等；例如剩下的 1 只乒乓球放進原先有 2 只乒乓球的一個盒子里， 該盒乒乓球就成了 3 只，再加上原先裝有 3 只乒乓球的 3 個盒子，這樣就有 4個盒子里裝有 3 個乒乓球；所以至少有4 個乒乓球盒里的乒乓球數(shù)目相同；3.34 個

23、；解：把初二同學(xué)的身高厘米數(shù)作為抽屜，共有抽屜160-150+1=11（個）；依據(jù)抽屜原理，要保證有4 個人身高相同，至少要有初二同學(xué)3×11+1=34（個）；4.證：（ 1）將 100 個數(shù)分成 50 組：1，100， 2，99， 50， 51；在選出的 51 個數(shù)中，必有兩數(shù)屬于同一組，這一組的兩數(shù)之和為101；（2）將 100 個數(shù)分成 10 組：1,2,4,8,16,32,64, 3,6,12,24,48,96,5,10,20,40,80 , 7,14,28,56,9,18,36,72, 11,22,44,88,13,26,52, 15,30,60,49,98,其余數(shù)；其中第

24、 10 組中有 41 個數(shù)；在選出的 51 個數(shù)中，第 10 組的 41 個數(shù)全部選中，仍有 10 個數(shù)從前 9 組中選， 必有兩數(shù)屬于同一組， 這一組中的任意兩個數(shù)， 一個是另一個的倍數(shù)；（3）將選出的 51 個數(shù)排成一列： a1，a2， a3， a51；考慮下面的 51 個和：a1，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+a3+a51；如這 51 個和中有一個是51 的倍數(shù)，就結(jié)論明顯成立；如這51 個和中沒有一個是 51 的倍數(shù)，就將它們除以51，余數(shù)只能是1，2， 50 中的一個，故必定有兩個的余數(shù)是相同的，這兩個和的差是51 的倍數(shù)，而這個差明顯是這51 個數(shù)（ a1， a2， a

25、3， a51）中的一個數(shù)或如干個數(shù)的和；5.證：（ 1）在其余 4 列中如有一列含有3 個白格，就剩下的5 個白格要放入 3 列中，將 3 列表格看做 3 個抽屜， 5 個白格看做 5 個蘋果，依據(jù)其次抽屜原理， 5（=2× 3-1）個蘋果放入3 個抽屜，就必有1 個抽屜至多只有（ 2-1）個蘋果，即必有 1 列只含 1 個白格，也就是說除了原先3 列只含一個白特別仍有1 列含 1 個白格，這與題設(shè)只有1 個白格的列只有3 列沖突；所以不會有1 列有 3個白格，當(dāng)然也不能再有1 列只有 1 個白格；推知其余 4 列每列恰好有 2 個白格；（2）假設(shè)只含 1 個白格的列有 2 列，那么剩下的9 個白格要放入 5 列中，而 9=2×5-1，由其次抽屜原理知，必有1 列至多只有 2-1=1（個）白格，與假設(shè)只有 2 列每列只 1 個白格沖突；所以只有1 個白格的列至少有3 列；6.能；解：開會的“人次”有40×10=400（人次）；設(shè)委員人數(shù)為n，將“人次”看做蘋果，以委員人數(shù)作為抽屜；如 n 60，就由抽屜