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.docx

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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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

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，…，，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，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，则，得，于是．

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，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，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（））．

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：

任何正整数都是3的有限项不同次幂的代数和

．①

证明如下：

以3作除数，应用“辗转相除法”，设

，，

，．

此中，（，1，2，…，），．于是有

．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

．

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