7组合构造与论证1超常Word格式文档下载.docx

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【分析】

（1）能，按照（0,21,48）（24,21,24）（4,1,4）（2,3,4）（0,1,2）（1,1,1）（0,0,0）的顺序就能做到；

（2）不能，因为总数除以3的余数不变，原来总数除以的余数不为0，所以最后除以3的余数也不能是0。

【超常班学案1】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：

从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：

（1）某2堆石子全部取光?

（2）3堆中的所有石子都被取走?

【分析】

（1）可以，如（1989，989，89）（1900，900，0）（950，900，950）（50，0，50）（25，25，50）（0，0，25）．

（2）因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．在黑板上写上1、2、3、4、、2010，按下列规定进行操怍：

每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差（大数减小数），直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？

为什么？

【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为1奇数，而每一次操作，将a、b两个数变成了（a偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个奇数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．【超常班学案2】34=+2++++201020191005是一个b），它们的和减少了2b，即减少了一个例2例1教师随笔第五讲构造与论证在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、、2019，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、、2019．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？

【解析】从整体进行考虑．所得的2019个和相加，便等于1～2019的所有数的总和的2倍，是个偶数．2019个数的和是偶数，说明这2019个数中必有偶数，那么这2019个数的乘积是偶数．本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2019中有1006个奇数，那么正反两面共有2019个奇数，而只有2019张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2019个和的乘积也是偶数．【超常123班学案1】2008名运动员的号码依次为1至2008的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动员最少有多少人?

【解析】我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处?

考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，，44这43个数．但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?

构造297，396，495，，4445，发现这43组数全不相同而且结果都比2008小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43位最小值，即为所求.用若干个16和17的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个1112的大长方形，问最少要用小长方形多少个?

【分析】因为大长方形的面积是1211四种可能，分别是1个16个17的小长方形；

15个16如果使所用的小长方形的个数尽量少，即最少要用1个16形。

将大长方形划分成132个11个小长方形无论怎样放置，每个小长方形最多只能覆盖1个黑色的小正方形，一共最多只能覆盖19个黑色的小正方形，所以用1个16132=，小长方形的面积分别是6和7，所以小长方形的个数有的小长方形和18个17的小长方形；

8个16的小长方形和6个17的小长方形；

22个16的小正方形，选取如图的20个小正方形染成黑色。

这19的小长方形和12的小长方形。

的小长方的小长方形和18个17的小长方形和18个17的小长方形无法覆盖例31112的大长方形。

如果使用8个16个124的长方形，12个17拼成1112的大长方形，所以最少要用小长方形20个。

【超常班学案3】能否可以用77个任何空隙）？

若能，请给出具体装法；

若不能，请说明理由。

1的长方体木块任何一面都可以被3整除，而7911不能被3整除。

的小长方形和12个17的小长方形可以拼成1个127的小长方形，用8个16的小长方形可以拼成1的长方形，而这两个长方形即可331的长方体小木块装满一个7911的长方体匣子（匣内不留【分析】不能，33的长方体的匣子的711面【超常123班学案2】证明：

在个小长方体的面都要与盒子的侧面平行．【分析】先将666的正方体盒子视为实体，那么666的正方体可分成216个小正方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体．我们将这27个棱长为2的正方体按黑白相间染色，如下图所示．666的正方体盒子中最多可放入52个114的小长方体，这里每其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的222的正方体可以对应的放人4个每个面都与盒子侧面平行的1l4的小长方体，所以最多可以放入134=52个114的小长方体．评注：

666的正方体的体积为216，114的小长方体的体积为4，所以可放入的小正方体数目不超过2164=54个．将59的长方形分成10个边长为整数的长方形.证明：

无论怎样分法，分得的长方形中必有两个是完全相同的.【分析】这个题目还是要用反证法，而且因为出现了完全相同这样的结论，我们多了假设10个长方形完全不同，这样就可以利用总量估计.面积最小的10个长方形是11，12，13，14，22，15，16，23，17，18.它们的面积和是46，比59为45都大，矛盾，所以假设不成立，这些长方形里面肯定有完全相同的。

【超常班学案4】将1515的正方形方格表的每个方格染上红色，蓝色或者绿色.证明：

至少可以找到两行，这两行中的某一种颜色的格数相同.【分析】用反证法.如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就说所有颜色的行与行之间的数目不同.那么红色最少也会占：

01214++++=同样蓝色和绿色也是，这样必须有至少：

但是，现在只有1515225=（个）格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证.【超常123班学案3】在象棋比赛中，胜者得1分，败者扣1分，若为平局，则双方各得0分.今有若105（个）格子.3（01++214）315++=（个）格子.干名学生进行比赛，每两人之间都赛一局.现知其中有一个学生共得7分，另一个学生共得20分.试说明，在比赛过程中至少有过一次平局.【分析】显然这道题目要用到反证法，因为直接不好说明，而且又不知道总量关系，所以就可以先假设没有平局，如果能推出矛盾，那么平局就肯定出现过.例4不妨设总人数是n1了nｘ－（－ｘ）ｘ－人，输了n－ｙ个人,所以得到了是偶数，产生矛盾.所以比赛过程中没有平局是不成立的，也就是肯定有过平局.+，如果没有平局，第一个学生胜了ｘ个人，输给了n－ｘ个人,所以得到2n分，由此得出2ｘ－n=7，这说明n是奇数，而第二个学生胜了ｙ个n2n=ｙ－（－ｙ）ｙ－=分，由此得出2ｙ－n=20，这说明n你能找到三个整数a，b，c，使得关系式（）（）（）（）3388abcabcabcbca+++++=成立吗？

如果能找到，请举一例，如果找不到，请说明理由。

【分析】不能找到。

原因是如果存在三个整数a，b，c，使得关系式（）（）（）（）3388abcabcabcbca+++++=成立，则左边的四个因式都是整数。

而3388是个偶数，所以左边的四个因式中至少有一个是偶数。

不妨设abc++是偶数，易知abc+，abc+，bca+都是偶数。

因此，等式左边被16整除，而等式右边的3388不能被16整除，矛盾！

所以，不能找到三个整数a，b，c，使得关系式（）（）（）（）3388abcabcabcbca+++++=成立。

【超常123班学案4】求证：

对于任意的8个自然数，一定能从中找到6个数a（）（）（）abcdef是105的倍数。

bcdef，，，，，，使得【分析】105357=。

对于任意的8个自然数，必可选出2个数，使它们的差是7的倍数；

在剩下的6个数中，又可选出2个数，使它们的差是5的倍数；

在剩下的4个数中，又可选出2个数，使它们的差是3的倍数，则可满足题意。

（2009年清华附中入学测试题）如图，在时钟的表盘上任意作9个120的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖4个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：

一定可以找到3个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立．【分析】在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个例6例5扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有9134+=个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘．在99棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着．问空格数最少是多少?

【分析】方法一：

考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会爬到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子，多少个白格子．因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格．白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格．方法二：

对22棋盘如下黑白染色，则易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空；

从而得到2n2n棋盘可划分为若干块22棋盘，棋盘格均不空．对33棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且四个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格，必至少空3个黑格．对55棋盘黑白染色后，利用①、②的结论易知至少空5个黑格．依次类推，可知对99棋盘黑白染色后，至少空9个空格．下图是甲虫爬行的一种方法．例7【拓展】全班25名同学分五排，每排五人坐在教室里，每个座位的前、后、左、右位子称为它的邻座。

在儿童节每一位同学都买了一份礼物送给他的一个邻座，能否可以让大家适当地送出礼物，使得每一位同学都刚好收到一份礼物呢？

【分析】把25个方格进行黑白相间染色，每次交换座位，总是一个黑色格子的人交换到白色格子里，一个白色格子的人交换到黑色格子里，如果可以的话，黑白数目应该一样，但实际黑白格子数目不同，所以不能。

【例1】（第十三届北京市迎春杯决赛试题）六个足球队进行单循环比赛，每两个队都要赛一场。

如果踢平，每队各得1分，否则胜队得3分，负队得0分。

现在比赛已经进行了四轮（每队都已与4个队比赛过），各队4场得分之和互不相同，已知总得分居第三位的队共得7分，并且有4场球赛踢成平局，那么总得分居第五位的球队最多可得几分？

最少可得几分？

【分析】设六个队4场得分之和依次为abcd那么4轮之后有abcdef94＋＋＋＋＋成平局，所以abcdef32=＋＋＋＋＋，已知c是def327898++=＋＋（）.即def＋＋容易构造e3max=和e1min=的具体赛程记录（不唯一!

）.因此，总分得第五名的队最多可得3分，最少可得1分。

【拓展】在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：

开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；

专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：

一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?

【分析】当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得10如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是1022313++=（分）．所以，一位业余选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．当一位业余选手胜3场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得1022212++=（分）．此时，三位专业选手最多共得30间的三场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得6分.由三个人得36分，36312=，推知，若三名专业选手中有人得分高于12分，必有人得分不低于12分.专业选手最高得36分时，与其他业余选手间的8比赛都是完胜的，设败给业余选手的那名专业选手为选手A，A若全胜了其他两名专业选手，则可得14分，此时其他两人必有人低于12分；

若A对其他两名专业选手一胜一负，则其可得10分，也低于12分，若A对其他两名专业选手都输时，则其可得6分，低于12分。

也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.ef36.又每平一场最高分少1分，现在有4场球赛踢7=，由abc，所以a.由def0，可以推出1，因为每轮赛3场，最多得33=9（分）；

=b98.17+e+3=，于8239+=（分）．此时，0436++=（分），其中专业选手之例81、桌子上放着55根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1～3根，规定谁取走最后一根火柴谁获胜．如果双方都采用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜？

【解析】采用逆推法分析．获胜方在最后一次取走最后一根；

往前逆推，在倒数第二次取时，必须留给对方4根，此时无论对方取1、2或3根，获胜方都可以取走最后一根；

再往前逆推，获胜方要想留给对方4根，在倒数第三次取时，必须留给对方8根由此可知，获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根，则必胜．现在桌上有55根火柴，55第一次取走3根，以后每一次，乙取几根，甲就取4减几根，使得每次甲取后剩下的火柴根数都是4的倍数，这样甲必胜．为什么一定要留给对方4的倍数根火柴，而不是5的倍数根或者其它数的倍数根呢？

关键在于规定每次只能取1～3根，134+=，这样乙每次取a根，而甲取41～3的范围内．2、在一个圆周上放了1枚黑色的和1990枚白色的围棋子（如右图）．一个同学进行这样的操作：

从黑4133=，所以只要甲a根，能保证4a也在子开始，按顺时针方向，每隔一枚，取走一枚．当他取到黑子时，圆周上还剩下多少枚白子？

【分析】由于1990是偶数，在第一圈操作中，一共取走=＝995枚白子，其中最后取的是黑子前面的一个子（即反时针方向第一个子）。

这时还剩下995枚白子．下一次取走黑子后面一个子（即顺时针方向第一个）。

由于995是奇数，第二圈操作最后取的仍是黑子前面的一个子，共取走＝498枚白子，还剩下497枚白子。

类似地，第三圈操作取走＝249枚白子，还剩下248枚白子。

由于248是偶数，第四圈操作最后取走黑子，这时圆周上还剩下＝124枚白子。

答．圆周上还剩下124枚白子。

3、小华玩某种游戏，每局可随意玩若干次，每次得分是8，a（自然数），0这三个数中的一个，每局各次得分的总和叫做这一局的总积分，小华曾得到过这样的总积分：

103，104，105，106，107，108，109，110，又知道他不可能得到83分这个总积分。

问：

a是多少？

【分析】83＋83＝107，所以在得到总积分107时，得8分的局数必定小于3（否则83＝107－38可以得到），即得8分的局数为0、1或2，从而107，107－18＝99，107－28＝91这三个数中必有一个是a的倍数。

如果107是a的倍数，那么a＝1或107，但a＝1时，可以得到总积分83；

a＝107时，无法得到总积分103，所以这种情况不可能发生。

如果99是a的倍数，那么a＝1，3，9，11，33，99。

因为83＝93＋87＝11＋89，所以a不能是1，3，9，11（否则83可以得到）。

因为103＝99＋14＝33＋70＝233＋37，所以a＝99或33时，无法得到总分103。

因此这种情况也不可能发生。

如果91是a的倍数，那么a＝1，7，13，91，因为83＝75＋86，所以a7.1103＝91＋12，所以a91。

附加题因此a＝13，不难验证a＝13符合要求。

4、一台天平，右盘上有若干重量相等的白球，左盘上有若干重量相等的黑球，这时两边平衡，在右盘上取走一个白球置于左盘上，再把左盘的两个黑球置于右盘上，同时给左盘加20克砖码，这时两边也平衡，如从右盘移两个白球到左盘上，从左盘移一个黑球到右盘上，则须再放50克砖码于右盘上，两边才平衡。

白球、黑球每个重多少克？

【分析】第一次挪动白球、黑球并给左盘加20克砝码而使天平平衡，说明4个黑球的重量等于2个白球的重量加20克，第二次挪动并给右盘加50克砝码而导致平衡，说明4个白球的重量等于2个黑球的重量加50克，即2个白球的重量等于1个黑球的重量加25克，所以4个黑球的重量等于1个黑球的重量加45克，即3个黑球的重量是45克，1个黑球的重量是15克。

从而2个白球的重量是15＋25＝40克，1个白球的重量是20克。

5、在一个66的方格棋盘中，将若干个11的小方格染成红色．如果随意划掉3行3列，在剩下的小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?

显然，我们先在每行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图A所示，但是在图B中，划去3行3列后，剩下的方格没有红色的，于是再将两个方格涂成红色（依据对称性，应将2个方格同时涂成红色），如图C所示，但是图D的划法，又使剩下的方格没有红色，于是再将两个方格涂成红色（还是由于对称的缘故，将2个方格涂成红色），得到图E，图E不管怎么划去3行3列，都能使剩下的方格含有红色的．这时共涂了10个方格．方法二：

一方面，图F表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．另一方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有6个红格（否则第三多的行只有1个红格，红格总数5+3=8），去掉这三行至多还剩3个红格，再去掉三列即可将这三个红格也去掉．综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．6、

（1）现有一个19的模板，请你设计一种办法，只用这个模板和铅笔在纸上画出1的角来。

（2）现有一个17的模板与铅笔，你能否在纸上画出一个1的角来？

（3）用一个21的模板与铅笔，你能否在纸上画出一个1的角来？

对

（2）（3）两问，如