数学初中竞赛逻辑推理专题训练含答案Word文档下载推荐.docx

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二．填空题

13．湖南卫视推出的电视节目《我是歌手第三季》于3月27日落下帷幕，歌手韩红夺得歌王称号．在这个节目中，每场比赛7位歌手的成绩排位顺序是由现场500位大众评委投票决定的，每场比赛每位大众评委有3张票（必须使用）以投给不同的3位歌手．在某一场比赛中，假设全部票都有效，也不会产生并列冠军，那么要夺得冠军至少要

获得　　张票．

14．如图，在一个4×

4的方格棋盘的A格里放一枚棋子，如果规定棋子每步只能向上、下或左、右走一格，那么这枚棋子走28步后　　到达B处．（填“一定能”或“一定不能”或“可能”）

15．将红、白、黄三种小球，装入红、白、黄三个盒子中，每个盒子中装有相同颜色的小球．已知：

（1）黄盒中的小球比黄球多；

（2）红盒中的小球与白球不一样多；

（3）白球比白盒中的球少．

则红、白、黄三个盒子中装有小球的颜色依次是　　．

16．在表达式S＝

中，x1、x2、x3、x4是1、2、3、4的一种排列（即：

x1、x2、x3、x4取1、2、3、4中的某一个数，且x1、x2、x3、x4互不相同）．则使S为实数的不同排列的种数有　　种．

17．如图，一个田字形的区域A、B、C、D栽种观赏植物，要求同一个区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，那么有　　种栽种方案．

18．6名乒乓球运动员穿着4种颜色的服装进行表演赛，其中2人穿红色的，2人穿黄色的，1人穿蓝色的，1人穿黑色的．每次表演选3人出场，且仅在服装颜色不同的选手间对局比赛，具体规则是：

（1）出场的“3人组”中若服装均不相同，则每两人都进行1局比赛，且比赛过的2名选手在不同的“3人组”中再相遇时还要比赛．

（2）出场的“3人组”中若有服装相同的2名选手，则这2名选手之间不比赛，并且只派1人与另1名选手进行1局比赛．

按照这样的规则，当所有不同的“3人组”都出场后，共进行了　　局比赛．

19．将1、2、3、…、64填入右图8×

8的表格中，每格一个数．如果某格所填的数至少大于同行中的5个，且至少大于同列的5个，那么就将这个格子涂上红色．涂上红色的格子最多　　个．

三．解答题

20．120人参加数学竞赛，试题共有5道大题，已知第1、2、3、4、5题分别有96、83、74、66、35人做对，如果至少做对3题便可获奖，问：

这次竞赛至少有几人获奖？

21．某校一间宿舍里住有若干位学生，其中一人担任舍长．元旦时，该宿舍里的每位学生互赠一张贺卡，并且每人又赠给宿舍楼的每位管理员一张贺卡，每位宿舍管理员也回赠舍长一张贺卡，这样共用去了51张贺卡．问这间宿舍里住有多少位学生．

22．世界杯足球赛每个小组共有四个队参加比赛，采用单循环赛制（即每两个队之间要进行一场比赛），每场比赛获胜的一方得3分，负的一方得0分，如果两队战平，那么双方各得1分，小组赛结束后，积分多的前两名从小组出线．如果积分相同，两队可以通过比净胜球或其他如抽签等方式决定谁是第二名，确保有两支队伍出线．

（1）某队小组比赛后共得6分，是否一定从小组出线？

（2）某队小组比赛后共得3分，能从

小组出线吗？

（3）某队小组比赛后共得2分，能从小组出线吗？

（4）某队小组比赛后共得1分，有没有出线的可能？

23．把一条宽为1厘米的长方形纸片对折n次，得到一个小长方形，宽仍然是1厘米，长是整数厘米．然后，从小长方形的一端起，每隔1厘米剪一刀，最后得到一些面积为1平方厘米的正方形纸片和面积为2平方厘米的长方形纸片．如果这些纸片中恰好有1282块正方形，那么，对折的此数n共有多少种不同的数值？

24．圆周上的十个点将圆周十等分，连接间隔两个点的等分点，共得到圆的十条弦，它们彼此相交，构成各种几何图形．图中有多少个平行四边形？

25．足球的球面由若干个五边形和正六边形拼接而成，已知有12块正五边形，则正六边形的块数是？

26．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2P3…Pm中，若1≤i＜j≤m时，Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序．一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列（n+1）n（n﹣1）…321的逆序数为an，如排列21的逆序数a1＝1，排列4321的逆序数a3＝6．

（1）求a4、a5，并写出an的表达式（用n表示，不要求证明）；

（2）令bn＝

+

﹣2，求b1+b2+…bn并证明b1+b2+…bn＜3，n＝1，2，…．

参考答案

一．选择

1．解：

老师在中间，故第一位同学有6种选择方法，第二名同学有5种选法，第三名同学有4种选法，第四名同学有3种选法，第五名同学有2种选法，第六名同学有1种选法，

所以共有6×

5×

4×

3×

2×

1＝720种．

故选：

D．

2．解：

因为1+2+3+…+11+12＝78，

所以78÷

2＝39，也就是添上负号的数的和为﹣39，其余数的和为39使代数和等于零，

要填负号最少，首先从大数前面加负号，

因此﹣10﹣11﹣12＝﹣33，﹣33﹣6＝﹣39，

由此得到至少要添4个负号．

A．

3．解：

我们用O表示开的状态，F表示关的状态，

则各种不同的状态有OOOO，OOOF，OOFO，OFOO，FOOO，FOFO，OFOF，FOOF共8种状态．

C．

4．解：

设小明上n阶楼梯有an种上法，n是正整数，则a1＝0，a2＝1，a3＝1．

由加法原理知an＝an﹣2+an﹣3，n≥4．

递推可得a4＝a2+a1＝1，

a5＝a3+a2＝2，

a6＝a4+a3＝2，

a7＝a5+a4＝3，

a8＝a6+a5＝4，

a9＝a7+a6＝5，

a10＝a8+a7＝7，

a11＝a9+a8＝9，

a12＝a10+a9＝12．

5．解：

如图所示，直线代表一个1×

2的小矩形纸片：

1+4+3＝8（种）．

答：

不同的覆盖方法有8种．

6．解：

∵令每个抽屉最多有2个点，则最多有6个点，

∴n≥7．

7．解：

先取出堆栈

（1）的数据首次取出的只能是a，可以有下列情况，

abcde，acbde，acdbe，acdeb四种情况；

先取出堆栈

（2）的数据首次取出的只能是c，可以有下列情况，

cdeab，cdabe，cdaeb，cabde，caedb，cadeb六种情况，

综上所知，共10种取法．

8．解：

从点A出发爬行了5根不同的火柴棒后，到了C点，不同的爬行路径有

：

①AB﹣BC﹣CA﹣AD﹣DC；

②AB﹣BC﹣CD﹣DA﹣AC；

③AC﹣CB﹣BA﹣AD﹣DC；

④AC﹣CD﹣DA﹣AB﹣BC；

⑤AD﹣DC﹣CA﹣AB﹣BC；

⑥AD﹣DC﹣CB﹣BA﹣AC．

共有6条．

9．解：

设供选用的颜色分别为1，2，3

；

当A选1时，有两种情况：

①C与A的颜色相同时，B、D的选法有：

一、B选2，D选3；

二、B选3，D选2；

三、B选2，D选2；

四、B选3，D选3；

共4种涂色方法；

②C与A的颜色不同时，选法有：

一、C选2，B、D选3；

二、C选3，B、D选2；

共2种涂色方法；

因此当A选1时，共有2+4＝6种涂色方法；

而A可选1、2、3三种颜色；

因此总共有3×

6＝18种涂色方法．故选C．

10．解：

韩梅每次只能选择搬左侧或者右侧的花，左侧和右侧分别只能选择三次，

我们将三个左和三个右组成的排列（例如：

左左右左右右是一种情况）分别对应一种搬花的顺序，

并且不同的排列对应不同的搬花顺序，所以三个左和三个右组成的排列的个数与搬花顺序的个数相同，

故只需考虑所以三个左和三个右组成的排列的个数，对于这种排列只需要考虑在6个位置中选择三个为左的个数，

这样的个数一共有

＝20．

11．解：

如图所示：

将图形分成①、②、③、④四部分，

第①个小正方形中符合题意的三角形有3个；

第②个小正方形中符合题意的三角形有4个；

第③个小正方形中符合题意的三角形有4个；

第④个小正方形中符合题意的三角形有4个；

综上可得共有15个与图中三角形全等但位置不同的三角形，即x＝15．

12．解：

设同时参加两项竞赛的学生有x人，根据题意可列出方程：

37＝30+20+4﹣x，

解得x＝17（人）；

B．

二．填空

13．解：

∵（500×

3）÷

7＝214（张）…2（张），

又∵全部票都有效，也不会产生并列冠军，

∴夺得冠军至少要获得票数＝214+2＝216（张）

故答案为：

216．

14．解：

棋子每走一步都有2一4种可能的选择，所以该棋子走完28步后，可能出现的情况十分复杂．

如果把棋盘上的方格分成黑白相间的两类，且使每个黑格的四周都是白格，那么，棋子从黑色A格出发，第一步必定进人白格；

第二步必定进人黑格，第三步又进入白格…

也就是说棋子走奇数步时进人白格；

走偶数步时，进人黑格，

所以当棋子从A格出发28步后，必定落在黑格．

故这枚棋子走28步后可能到达B处．

可能．

15．解：

由条件

（2）知红盒不装白球，由条件（3）知白盒不装白球，故黄盒装白球．

假设白盒装黄球，由条件（3）知白球比黄球少，这与条件

（1）矛盾，故白盒装红球，

红盒装黄球．

黄、红、白．

16．解：

∵x1﹣x2+x3﹣x4≥0，

∴x1+x3≥x2+x4；

符合条件的排列数是：

P44﹣C42P22＝24﹣8＝16（种）

16．

17．解：

若A，C种同一种植物，则A，C有4×

1种栽种方法，B，D都有3种栽种法，共有4×

3＝36种栽种方案；

若A，C种不同的植物，则有4×

3种栽种法，B，D都有2种栽种法，一共有4×

2＝48种栽种法．

所以共有36+48＝84种．

84．

18．解：

将穿红色服装的2名选手表示为平行直线l1、l2；

将穿黄色服装的2名选手表示为另两条平行直线l3、l4；

将穿蓝色、黑色服装的选手表示为相交直线l5、l6、且与l1、l2、l3、l4均相交，这就得到了图1，图中无三线共点．

（1）“3人组”的服装均不相同时，按规则，对应着3条直线两两相交，其比赛局数恰为图中的线段数（图2）因为l1、l2、l3、l4上各有4个交点，每条直线有6条线段，共有24条线段．

（2）当“3人组”有2人服装相同，按规则，其比赛局数恰好为图中的线段数（图3）因为l5、l6上各有5个交点，每条直线上都有10条线段，共得20条线段．

两种情况合计，总比赛局数为44局．

44．

19．解：

因为一行有8个数，至多有3个数可以大于同行的5个数，只有当这两个数分别同时大于所在列的5个数时，

涂上红色，所以一行最多有3个涂上红色，8行最多有3×

8＝24个涂上红色，如图所示：

1所在位置，都可以涂成红色．

24．

三．解答

20．解：

将这120人分别编号为P1，P2，…，P120，

并视为数轴上的120个点，用Ak表示这120人之中未答对第k题的人所成的组，

|Ak|为该组人数，k＝1，2，3，4，5，

则|A1|＝24，|A2|＝37，|A3|＝46，|A4|＝54，|A5|＝85，

将以上五个组分别赋予五种颜色，

如果某人未做对第k题，

则将表示该人点染第k色，k＝1，2，3，4，5，

问题转化为，求出至少染有三色的点最多有几个？

由于|A1|+|A2|+|A3|+|A4|+|A5|＝246，

故至少染有三色的点不多于

＝82个，

图是满足条件的一个最佳染法，

即点P1，P2，…，P85这85个点染第五色；

点P1，P2，…，P37这37个点染第二色；

点P38，P39，…，P83这46个点染第四色；

点P1，P2，…，P24这24个点染第一色；

点P25，P26，…，P78这54个点染第三色；

于是染有三色的点最多有78个．

因此染色数不多于两种的点至少有42个，

即获奖人数至少有42个人（他们每人至多答错两题，而至少

答对三题，例如P79，P80，…，P120这42个人）．

获奖人数至少有42个人．

21．解：

设有x个学生，y个管理员．

该宿舍每位学生与赠一张贺卡，那么每个人收到的贺卡就是x﹣1张，那么总共就用去了x（x﹣1）张贺卡；

每个人又赠给每一位管理员一张贺卡，那么就用去了xy张贺卡；

每位管理员也回赠舍长一张贺卡，那么就用去了y张贺卡；

∴x（x﹣1）+xy+y＝51，

∴51＝x（x﹣1）+xy+y＝x（x﹣1）+y（x+1）≥x（x﹣1）+x+1＝x2+1（当y＝1时取“＝”），

解得，x≤7；

x（x﹣1）+（x+1）y＝51

∵51是奇数，而x和x﹣1中，有一个是偶数，

∴x（x﹣1）是偶数，

∴（x+1）y是奇数，

∴x是偶数，

而x≤7，所以x只有246三种情况；

当x＝2时，y＝

（不是整数，舍去）；

当x＝4时，y＝

当x＝6时，y＝3．

所以这个宿舍有6个学生．

22．解：

（1）不一定．

设四个球队分别为A、B、C、D，

如四个球队的比赛结果是A战胜了B，D，

而B战胜了C，D，C战胜了A，D，D在3场比赛中都输了，

这样，小组赛之后，ABC三个球队都得6分，D队积0分，

因此小组中的第三名积分是6分，

∴不能出线；

（2）有可能出线．

如A在3场比赛中获得全胜，而B战胜了C，C战胜了D，

D战胜了B，这样，小组赛之后，A积9分，B、C、D都积3分，

因此这个小组的第二名，一定是3分出线；

（3）有可能出线．

如A队三战全胜，B、C、D之间的比赛都战平，

这样这个小组的第二名的积分一定是2分，

自然有出线的可能．

（4）不可能出线．

如果只得1分，说明他的3场比赛成绩是1平2负，

而他负的两个球队的积分至少是3分，

他就不可能排到小组的前两名，必然被淘汰．

23．解：

设长方形的长为a，

若n＝1，即对折一次，按题中操作可得1平方厘米的正方形纸片个数为：

（

﹣1）×

2＝a﹣2＝1282，

解得：

a＝1284，2|1284，符合条件；

若n＝2，即对折2次，

按题中操作可得1平方厘米的正方形纸片个数为：

2+（

﹣2）×

（4﹣2）＝a﹣6＝1282，

a＝1288，4|1288，符合条件；

若n＝3，即对折3次，按题中操作可得1平

方厘米的正方形纸片个数为：

（8﹣2）＝a﹣2×

（8﹣1）＝1282，

a＝1296，8|1296，符合条件；

对一般的n，得到的正方形个数为；

a﹣2×

（2n﹣1），另a﹣2×

（2n﹣1）＝1282，

a＝2×

（2n﹣1）+1282＝2×

2n+1280，

若2n|a，则符合条件，显然，

当2n|1280时符合条件，1280＝28×

5，

∴n可取1到8，对折的次数n共有8种不同的可能数值．

24．解：

连接圆周上的十个等分点的“对径点”，

则可得5条直径，

因为每条直径是一个平行四边形的较长的那条对角线，

所以可得5个平行四边形．

即图中有5个平行四边形．

25．解：

设正六边形有5x块，则正五边形有3x块，

由题意得：

共有12块正五边形，即3x＝12，

x＝4，5x＝20．

即正六边形的块数是20块．

26．解：

（1）由排列21的逆序数a1＝1，排列4321的逆序数a3＝6，得a4＝4+3+2+1＝10，a5＝5+4+3+2+1＝15，

∴an＝n+（n﹣1）+…+2+1＝

2）∵an＝n+（n﹣1）+…+2+1＝

，bn＝

﹣2，

∴bn＝

﹣2＝

﹣

，

∴b1+b2+…+bn＝2[（

）+（

）+…+（

）]＝3﹣

又∵n＝1，2，…，

∴b1+b2+…bn＝3﹣

＜3．