2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第28章 操作闻题和逻辑

2023年12月12日发(作者：东北数学试卷多少题)

2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第28章 操作闻题和逻辑推理闻题试题 新人教版

28.1.1** 在黑板上记上数1，2，…，，现允许选择任意两个数。换成其和或差（绝对值），经过

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，2（）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，3（）．当（）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（）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，3（）．

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：（）将两个奇数位置的盘子移到偶数位置；（）将两个偶数位置的盘子移到奇数位置；（）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，，，…，．每次操作可以从黑板上的数中选取2个数、，删去、并在黑板上写上数，问经过99次操作后，黑板上剩下的数是几？

解析 因为abab1a1b1，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．

1111，得，于是． 设经过99次操作后黑板上剩下的数为，则x111112310028.1.4** 在正方形的3个顶点处各有一只蚂蚱，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1×2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（，）以数，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．

所以，马跳步后，到它的相邻格点时，必有1ij11kij11ij1，故，故为奇数．

28.1.6** 一个箱子里装有个白球和个黑球，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，并且开始时总和为，如果取的两个球是白色，则放回一个黑球，故总和变成．如果取的两个球是黑色，则放回一个黑球，故总和是．如果取出的两球是一黑一白，则放回这个白球，故总和也是．

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，即变换前后的奇偶性不变．故为偶数时，最终将变成0（黑球）；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，则可以取至中任一个数．若甲先取，开始已有数2，取到xx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、xx．

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xx．事实上，若甲取到的数为，则乙可取至中任一数．而，且，，故当乙取完后，甲必可取或．

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，，，∈{0，1，…，13），两两的差有4×3＝12种，取，（），则转过6个齿后，投影为完整的齿轮．

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，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、、、，考虑数和，易知每经过一次操作，都有（），（），但是，1+9+8+92（），1－9+8－9±3（），之所以取“±”，是因为一开始的因3根火柴的位置不同而可能不同．因此当，3时，不可能经过有限步操作后变为1、9、8、9．

28.1.11*** 将（≥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 设这个数往右依次为，，…，．下证：经过次操作后，在位置上的数为，这里当下标大于时，认为模同余的下标则为同一个数．当时，第一次操作后，第个位置数为，第二次操作后，第个位置上数为，即时成立；若经过次操作后，第个位置上数为，故再经过次操作即共次操作后第个数为aiai2kai2kai2k2kaiai2k1，因此对一切均成立．于是，经过次操作后，第个位置上数为，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）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、3→3、3、5→3、5、7→3、7、9→3、9、11→3、11、13→3、13、15→3、15、17→17、15、31．再注意到1967＝122×16+15，1983＝122×16+31，便知只要由17、15、31再按“17、、→17、、”作122次变换，即可得到17、1967、1983．

28.1.13*** 任意（，>6，偶数）的棋盘可以被1×2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（）表明，如何铺满矩形5×6和8×8（在铺满矩形8×8的情形中利用了矩形5×6的铺设法）．现在只需证明，如果可以铺满矩形×，那么就可以铺满矩形×（）．为此，需要把已铺满骨牌的矩形×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（））．

(a)(b)

28.1.14** 在×的方格表中任意填上l或，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：这个乘积的和不为0．

解析 设，，…，为每行之积，，，…，为每列之积，易知，于是在，，…，中有个，，，…，中有个，则．若个乘积之和为0，则，得为偶数，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，并且l和的个数都不少于两个，求证：存在4个小方格，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，由题设，两个分别在不同行中，如这两个在同一列中，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，同理可证．

于是每一行都既有1，又有，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、，显然若所求矩形不存在，则0最多一个，而2与不能共存，若只有2，那么最多1个，矛盾，若只有，那么1最多一个，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，…，的砝码，来称磅数为任何正整数，的物体？那就要设法证明：

2任何正整数都是3的有限项不同次幂的代数和

N3132333k3132333k．

证明如下：以3作除数，应用“辗转相除法”，设

，，

，．

此中，（，1，2，…，），．于是有

N3q2c13c0q232c13c0

3n≤1393nn11①

q33c232c13c0

qn3ncn13n1cn23n2c232c13c0． ② 由于，（，1，2，…，），即是说，除0外，与（，1，2，…，）只能取1或2，而，代入②式的末端经整理便可得到①．

改写①得

N3132233k3132333k．

由此可见，只要把重量为，，…，磅的砝码放在一个盘子里，而把磅，磅，…，磅的砝码和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、、、表示从左到右4个数位（每个由上下两个数位组成），甲应注意有最小的，在中有一个数字和一个，或有两个不同的数字．如果，或，甲应报4，如所有数位都相同或，则可报任何数字，比如报5．当乙“不得不”头一次把数字放到上边的数字，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．

28.1.19** 圆周上放了（≥4）个和为1的非负数，求证：相邻数乘积之和不大于．

解析 设圆周上依次有、、、四点，不妨设≥（这样的、总能找到），显然有abbccd≤abcbcd．今去掉和，代之以，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、、、，而111xyyzzttxxz1xz4xz2≤4．于是结论成立．

228.1.20*** 在×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，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）．若在这一行中有个0和个1，则由条件知对应于这一行的0所在的列中每列至少有个1，而在其余的列中每列不少于个1（由最初那一行的选择而得）．于是，1的总数不少于．

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 据题意，对开始时的第1、2、3、4这四枚棋子，依次地用、、、表示，且赋值为

（，2，3，4）则，且

1,若第i子与第i+1子同色;xixi1（，2，3，4，）

1,若第i子与第i1子异色.因此，各次操作后，棋子的赋值情况如下：

开 始

第一次操作后

第二次操作后

第三次操作后

第四次操作后

1

1

1

1

这是因为，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、，，而中间的，则要进行如下的变换：整数、、分别换为、、．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次为、、，，，且，变换后得到、、、、，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v2w2xy2y2zy2vw2wxy2x2z2yzv222222因此，这一和（一个正整数）v2w2x2y2z2vwwxxyyzzv．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：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，这里操作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，只要再操作次就可以得到互不全等的三角形，此时与的最小性矛盾！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、、围着一圆周，依次将其改为、、，叫做完成一次操作，求证：如果起初的、、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、、，使得无论经过多少次操作，0都不会出现．

解析 用反证法．当、、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、、为整数，且，则．为此，只要将两端平方，即得，但无论是还是，总能得出另外两个数也为0．证毕． a|a-b|cb|c-b||b-c|

于是令，，，第一次操作后其中一项为或，即“奇数×1+奇数×+偶数×”，另外两个数分别为“奇数×1+偶数×+奇数×”和“偶数×1+奇数×+奇数×”．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，由前面的结论，即知永远不会出现0．

评注 对于一般的圆周上（>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、、、满足不等式，那么就可以交换、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、、、都有？

（2）若圆周上依次放着数1，2，…，xx，问是否能经过有限次操作后，对任意相连的4个数、、、都有？

解析 （1）

65425143(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xx个数的相邻两数乘积之和，开始时

P01223342002200320031．

若圆周上相连的4个数、、、满足不等式，即，交换、位置后，相连的4个数为、、、，于是圆周上相邻两数乘积之和的改变量为accbbdabbccdacbdabcd0，即≤，所以每作一次操作，乘积和至少减少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、、、，一定有．

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．、、、、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．

说：“第三名，第五名．”

说：“第四名，第五名．”

说：“第一名，第四名．” 说：“第一名，第二名．”

说：“第三名，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 被猜为第二名仅一个人，因此，为第二名．此外，被猜为第一名的有、；被猜为第三名的有、；被猜为第四名的有、；被猜为第五名的有、．

由第二推知第三，进而推知第一，第五，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** 个人聚会，已知其中每个人都至少认识个与会者．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、，他们不认识．在剩下的个人中，必定有、与、都认识，否则剩下的人数至少有，矛盾，于是、、、可依次围着圆桌坐下而满足要求．

28.2.4** 一个骰子，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）．

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

甲

乙

丙

红

4

1

蓝

2

黄

3

白

5

紫

2

丁

戊

3

表2

红甲乙42√蓝黄3√

2

4

5

白紫2丙①√丁戊3××25×4√5√

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

×

张

胡

李

郑

北京

×

×

×

上海

×

浙江

×

吉林

×

×

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

×

张

胡

李

郑

北京

√

×

×

×

上海

×

浙江

×

吉林

×

√

×

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

√

张

北京

√

上海

×

浙江

×

吉林

×

×

×

×

√

×

胡

李

郑

×

×

×

×

×

×

√

×

由（4）知，李勇（吉林运动员）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

√

×

×

×

张

胡

李

郑

北京

√

×

×

×

上海

×

×

浙江

×

×

吉林

×

×

√

×

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

√

×

×

×

张

胡

李

郑

北京

√

×

×

×

上海

×

√

×

×

浙江

×

×

×

√

吉林

×

×

√

×

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、、满足条件．把它们分别写在三张卡片上．、、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（≥2）次摸取后，已走了20步，走了10步，走了9步．已知最后一次走了步，问第一次谁走了步？

解析 按题意，每次摸取后，三人共走了（）步．所以，次摸取后共走了

npqr2010939．

，

由于≥2及，所以

，．

由于三次走了20步，因而≥7．

若，那么三次所走步数只能是

（从而），

这与

矛盾！

从而．

由三次走10步且最后一次走（>7）步，因，≥1，必有≤8，因此

，．

所以，或，两种可能．但是，三次走20步，所以

p1,q4,

r8.现将已推算出各次每人走的步数列表于下： 走

的

步

次

数

人

数

一

二

三

8

8

4

1

1

8

④

4

1

由表知，第一次走（）步的是．

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：“”表示“胜”（也即“输”）．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）．

9412721

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*** 、、、、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，、、、各已比赛了4、3、2、1场，问哪些球队已经比赛过，已经比赛过几场？

解析 五支球队单循环比赛时，其中每队至多比赛4场．已赛过4场，可以断定与、、、各赛了1场，由已知只赛过一场，因、已赛1场，所以不能再与、、比赛过．因赛过3场，已赛过的一场是（、），所以另两场只能是（，），（，）（如图）．这时恰满足队赛过2场，队赛过1场的条件．从图中可见，队赛过的2场为：（，）、（，），另外，已证、没有比赛过．假设、赛过，则将与队只赛过2场相矛盾．所以判定队赛过且只赛过（，）、（，）两场．

所以，已赛过的队是（，）、（，）、（，）、（，）、（，）、（，）．其中已赛过2场．

ABCDE

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、、、四支球队，如果胜，胜，胜，并且、、都胜，这时、、三队均积6分，队积分为零，因此，、、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、、、四支球队，如果全胜，得9分；、、三队互相均踢平，各积2分，这时、、三队仍将根据净胜球等规则来确定其中一个队与队一起出线．

（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3×6＝18（分）．如果有一场平局，那么各队积分总和不超过18－1＝17（分）．由于某队得6分，于是其他三个队积分之和不超过17－6＝11（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 设这个砝码的重量乘一系数后分别为正整数，，…，，于是任取一数，剩下的数之和为偶数，即+偶数，故而，，…，具有相同的奇偶性．

若，，…，均为偶数，则定义，仍是满足要求的砝码重量，若，，…，均为奇数，则定义，亦是满足条件的砝码重量．

由于，，…，为正整数，若有反例，假定“最小”的一组反例为，，…，，所谓“最小”，是指为最小，若，，…，均为偶数，则，，…，不全相等，要为更小反例．若，，…，均为奇数，由于，仅当时取，由定义，必须，与，，…，不全相等矛盾，故结论成立．

28.2.13*** 能否把l，2，…，10这10个数分别放在圆周上，使得任意相邻两数之差的绝对值为3、4或57把10改成13、14，结论分别如何？

解析 10个数时不能办到，因为1、2、3、9、10这5个数字中任意两数不能相邻，于是只能一个隔一个地放在圆周上，接下来考虑数字8，易知它只能与上述诸数中的3相邻，但它不可避免地再与1、2、9、10这4个数中的一个相邻，导致矛盾．

13个数也不行，因为1、2、3、11、12、13中无两数可相邻．现考虑4，它只能与其中的1相邻，10只能与其中的13相邻．由于l、2、3、11、12、13分布在圆周上，6个“空隙”处，5个放一数，1个放两数，即只能是4与10，但10－4＝6，矛盾．

14个数时可以，如图所示． 4711141

28.2.14*** 任何12个人中，必定有两个人（甲和乙），使得剩下的10个人中，至少有5个人，他们中的每个人都认识甲和乙，或都不认识甲和乙．

解析 用反证法，先任意选出二人和，再在其余10个人中选出这样一些人，，…，来．他们中的每一个都刚好认识和的一个人，假设≥6．因为如果≤5，则人群中就会有≥5人满足题目要求．我们来用两种不同方式计算3人组{，，}的数目．首先，我们一共有个不同的两人对{，}，而每一对都对应着不少于6个人，所以≥6×66．而另一方面，可以将固定，而找出与他对应的所有两人对{，}，他在这些对中都刚好认识一个人．如果有个熟人，那么与他相应的这种两人对共有（）≤30对．我们可以有12种选择的办法，由此知≤30×12＝360＝6×60．于是，一方面有≥6×66，一方面又有≤6×60，这是矛盾的．

28.2.15** 用18张1×2的纸牌随意地拼成6×6的方格表（纸牌横放竖放都可以）．求证：必存在一条直线把分成非空的两块，且此直线不穿过任何一张纸牌．

解析 考察把划分成方格的5条水平线和5条竖直线，如果它们都至少穿过一张纸牌，由于这些直线中的每一条都是把划分成有偶数个方格的非空的两块，所以它们中的每一条都穿过偶数张纸牌（否则划分的两块各有奇数个方格），再由所设知，每条直线至少要穿过2张纸牌．又因为这些直线中任两条不会穿过同一块纸牌，这样中至少有5×2+5×2＝20张纸牌，导致矛盾．

28.2.16*** 在一个圆上有六个点，它们之间可以连一些线段．那么至少连多少条线段，可以使得这六个点中任意三点之间都至少有一条线段？请说明理由．

解析 不妨设这三个点中连出线段最少的是点．

（1）若点与其他点没有连线（孤立点），为了保证任意三点之间都至少有一条线段，所以其他五点之间必须两两连线，此时至少需要连（条）线段．

（2）若点连出线段恰好一条，设为，此时点与其他四点无线段连结，类似（1）的情况，这四点之间必须两两连线，这样至少需要连（条）线段．

（3）若点连出线段恰好二条，此时其他点连出线段至少二条，于是这六个点连出线段总和至少有（条）．

下面我们给出满足题意的6条连线的方法（如图所示）．

ABDCEF

（4）若点连出线段至少三条，此时每个点连出线段至少三条，于是这六个点连出线段总和至少有（条）．

综上所述，至少需连6条线段才能满足题意．

评注 圆上任意三点都不在同一直线上，因此圆上六点之问所连线段都不会出现重叠现象．本题的解答应用了极端性原理．

28.2.17**** ，，…，这个球队进行单循环比赛（全部比赛过程中任何一队都要分别与其他各队比赛一场且只比赛一场）．当比赛进行到一定阶段时，统计，，…，这球队已经赛过的场数为：队场，队场……队1场，请你判定哪些球队之间已经互相比赛过，其中队比赛过多少场？

解析 本题可借助表格进行分析求解．

表中数字的填写规律为：

我们约定与未赛过．这个矩阵应是对称矩阵，表中最右边的数字为对应球队已经比赛过的场数．

考虑，它赛过了场，故应有个1，故外，其余皆为1．这时已赛足．故其余都是0．

再考虑，它赛了场，已经有了两个0，故其余应填上1．这时已赛足，故其余为0．

……

…

0

1

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

0

0

0

1

…

…

…

…

…

…

…

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

1

1

0

0

0

…

2

1

由此可知，对于这一行的前面个数（除外），将是前面若干个为1，后面若干个为0，并且1与0首尾搭配．

当为奇数时，为偶数，从而有个1，个0，即．

当为偶数时，为奇数．考虑，由已知它应赛过场．但它并不与，…，各队比赛，而与，，…，仅赛了场，故还有一场，显然它应与比赛过，从而与，，…，比赛过，．

综上所述，可知．

28.2.18**** 若两个不同的实数、使得和都是有理数，则称数对（，）是“和谐”的．

（1）试找出一对无理数、，使得（，）是“和谐”的；

（2）证明：若（，）是“和谐”的，且是不等于1的有理数，则、都是有理数；

（3）证明：若（，）是“和谐”的，且詈是有理数，则、都是有理数．

解析 （1）不难验证（，）是和谐的．

（2）由已知ta2bab2abab1有理数，是有理数，因此，解得是有理数，当然也是有理数．

（3）若，则是有理数，因此也是有理数．若，由已知

a12abbb

xab2a11bb是有理数，也是有理数，因此，故是有理数，因此也是有理数．

2