小学尖子生训练之-构造与论证模块练习(含答案)

1、8-9,构造与论证.题库教师版page of16构造与论证削3匹教学目标1.掌握最佳安排和选择方案的组合问题2.利用基本染色去解决相关图论问题.且知识点拨知识点说明各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握.设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小.解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证.论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计.组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。若干

2、点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析.各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色.刖磔俱知识点拨板块一、最佳安排和选择方案【例1】5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷.如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次？【考点】构造与论证【难度】2星【题型】解答【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234;现在将第4卷调至此时第1卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123;现在将第3卷调至此时第1卷的位

3、置最少需2次，得到的顺序为54312;最后将第1卷和第2卷对调即可.所以，共需调换4+3+2+1=10次.【答案】10次例2在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、2009,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、2009.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？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】从整体进行考虑.所得的2009个和相力口，便等于12009的所有数的总和的2倍，是个偶数.2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数.本题也可以考虑

4、其中的奇数.由于12009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009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2009个和的乘积也是偶数.【答案】偶数【例3】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚.下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去.这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是颜色（填黑”或者白”）【考点】构造与论证【难度】3星【题型】填空【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋

5、子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚;若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚.可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子.【答案】黑子【例4在黑板上写上1、2、3、4、2008,按下列规定进行操作”：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？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的

6、和为1+2+3+|仲+2008=2009父1004是一个偶数，而每一次操作，将a、b两个数变成了（a-b）,它们的和减少了2b,即减少了一个偶数.那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数.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.【答案】偶数例5在1997X1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮.按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮.如果原来每盏灯都是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮？【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】最少要19

7、97次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮.而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮.如果少于1997次，则至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态.【答案】1997次【例6】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？【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】（1）

8、可以，如（1989,989,89）t（1900,900,0）t（950,900,950）t（50,0,50）t（25,25,50）T（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.【答案】（1）可以（2）不能【例7】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

9、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？【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】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+2-3=9（分）.此时，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10+2-2+3=13（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10+2+2-2=12（分）.此时，

10、三位专业选手最多共得30+0+4=34（分），其中专业选手之间的三场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分，34与=11，推知，必3有人得分不超过11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.【答案】胜3场【例8】n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：（1）n=4是否可能？（2）n=5是否可能？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】（1）我们知道4个队共进行了C2场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个

11、队的得分总和为C42=12.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以4个队得分最少2+3+4+5=1412,不满足.即n=4不可能。（2）我们知道5个队共进行C2场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为C2X2=20.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20,满足.即n=5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示，A得2分，C得3分，D得4分，B得5分，E得6分淇中AtB”表示A、B比赛时，A胜B;B-C”表示B、C比赛时，B平C,余下类推.D三分4势【

12、答案】（1）不可能（2）可能【例9】如图35-1,将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，使任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填图.【考点】构造与论证【解析】要使M最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的.因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5X（1+2+3+10）=275每次和都小于等于朋，所以10M大于等于275,整数M大于28.下面来验证M=28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55,所以肯定是一边五个的和

13、是28,一边是27.因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为1,这样从1填起，容易排出适当的填图.【例10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.【考点】构造与论证【关键词】清华附中，入学测试【解析】略.【答案】要在表盘上共可作出【难度】3星【题型】解答12个不同的扇形，且112中的每个数恰好被4个扇形覆盖.将这12个扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘.那么，根

14、据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有|91+1=3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.114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【巩固】将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上，然后把圆周上连续三个数之和写下来，则可以得到六个数切、a?、a3、a,、a5、a6,将这六个数中最大的记为A.请问在所有填写方式中，A的最小值是什么？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【关键词】2008年，台湾小学数学竞赛选拔赛【解析】要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，则

15、a1+a2+a3+a4+a5+a6=3父(1+2+3+4+5+6)=63,即写出来的这6个数的平均数为10.5,因此A至少为11.由上图的排列方式可知A为11的情形存在，故A的最小值为11.【答案】最小值为11【例11】1998名运动员的号码依次为1至1998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？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【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

16、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2X97,3X96,4X95,，44X45,发现这43组数全不相同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43为最小值，即为所求.【答案】43【例12】一组互不相同的自然数，其中最小的数是1,最大的数是25,除1之外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍

17、，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最小值是多少？当取到最小值时，这组数是怎样构成的？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1,1后面只能是1的2倍即2,2后面可以是3或4,3的后面可以是4,5,6;4的后面可以是5,6,8.最大的为25.下面将所有的可能情况列出：2,3,4,，25所有的和是35;2,3,5,，25所有的和是36;2,3,6,，25所有的和是37;2,4,5,，25所有的和是37;2,4,6,，25所有的和是38;2,4,8,，25所有的和是40.25是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数.在中间省略的数中不能

18、只有1个数，所以至少还要添加两个数，而且这两个数的和不能小于25,否则就无法得到25这个数.要求求出最小值，先看这两个数的和是25的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从20+5开始.25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12.这些数中20,19,18,17太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12.看这些谁能出现和最小的1,2,3,4,，25中，检验发现没有可以满足的：再看1,2,3,5,，25,发现1,2,3,5,10,15,25满足，所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61【答案】1+2+3+

19、5+10+15+25=36+25=61【例13】2004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的获胜。甲、乙轮流取，如果甲先取，如何才能保证赢？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜.可以列表如下：棋子数量先取者胜后取者胜1枚V2枚V3枚V4枚V5枚（=3+1+1）V6枚（=4+1+1）V7枚V8枚V9枚（=1+8）V10枚V11枚（=3+8）V12枚（=4+8）V13枚（=3+10）V14枚（=4+10）V15枚（=7+8）V16枚|V717枚（=1+16）V18枚V19枚（=3+16）V20枚（

20、=4+16）V棋子数是18时比较容易看得出来是先取者胜还是后取者胜，可以看出只有棋子数是2枚和8枚时是后取者胜，其他情况下都是先取者胜当棋子数大于8时，可以先取若干枚棋子，使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数.先取者为了取胜，第一次取后，应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况，比如变成剩下2枚或8枚.这样推下去，可以发现只有当棋子数是8的倍数或者除以8余2时，是后取者胜，其他情况下是先取者胜.题目中有2004枚棋子，除以8余4,所以先取者肯定可以取胜.不过取胜的策略比较灵活，不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚，应该从除以8的余数来考虑：先取者第一次可以先取4枚，这样还剩下2000

21、枚，2000除以8的余数是0;先取者为了保证获胜，在每一次后取者取了之后，先取者再取的时候，应该使得自己取后剩下的棋子数是8的倍数或者除以8余2;后取者每次可以取1,3,4,7枚，每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2,所以每次后取者取后剩下的棋子数除以8的余数是7,5,4,1或1,7,6,3.所以接下来先取者可以对应地取7,3,4,1或1,7,4,3枚棋子，这样剩下的剩下的棋子数除以8的余数为0,2,0,0或0,0,2,0.这样就保证了第点.每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2,那么最后一枚棋子肯定是先取者取得，所以先取者获胜.【答案】见解析【例14】在10X19方格表的每

22、个方格内，写上0或1,然后算出每行及每列的各数之和.问最多能得到多少个不同的和数？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】首先每列的和最少为0,最多是10,每行的和最少是0,最多是19,所以不同的和最多也就是0,4,，18,19这20个.下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现.如果0出现在行的和中，说明有1行全是0,意味着列的和中至多出现0到9,加上行的和至多出现10个数字，所以少了一种可能.如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着另一个数字不能出现，所以至多是19,下面给出一种排出方法】1II10001II100001IL1000001

23、11100000011J00000001】000000001000000000IJI1i11111II1111I1I1I11IIi1J1L111J1II】III111111II111111】11i11L【答案】19【例15】在8X8的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子，使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶数枚棋子？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】因为8X8的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，若某行（某列）有空格，必空偶数格.而斜线上的格子数有奇也有偶，不妨从左上角的斜线看起：第一条斜线只有1格，必空；第三条有3格，必至少空1格；第五、七条分别有5、7格，每条线上至少空

24、1格.由对称性易知共有16条斜线上有奇数格，且这16条斜线没有共用的格子，故至少必空出16格.其实，空出两条主对角线上的16个格子就合题意.此时，最多可放置48枚棋子，放在除这两条主对角线外的其余格子中，如下图所示.【答案】48【例16在下图中有16个黑点，它们排成了一个4通的方阵.用线段连接其中4点，就可以画出各种不同的正方形.现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么最少要去掉多少个占？I八、【题型】解答【考点】构造与论证【难度】3星【解析】至少要除去6个点，如下所示为几种方法:【答案】6个【例17】三个边长为1的正方形并排放在一起，成为【考点】构造与论证【难度】3星1X3的

25、长方形.求证：/1十/2+/3=90.【题型】解答【解析】仔细分析，要证/1+/2+/3=90：;（图1）隅2）由于/3=45，所以，只需证明/1+/2=45就可以了！于是想到能否把/2(21)移动位置，与/1(22)拼合在一起，恰成一个45：的角呢？于是想到：如图1所示，再拼上一个单位正方形DFK,则三角形AKC为等腰直角三角形，/KCA=45,又直角三角形KCF与AHD全等,所以ZKCF=N2.因此，/1+N2=N1+/KCF=/KCA=45.有了拼合/2与/1的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，又可以找到许多拼法.如图2三角形AHP是等腰直角三角形，/HAP=

26、45，/HAG=N2,/BAP=N1.所以Z1+N2=/BAP+NHAG=/HAP=45.如图3三角形AQC是等腰直角三角形，/ACQ=45：1,/QCP=/2,.1.2=1.QCP=45.如图4三角形WDB是等腰直角三角形，ZWDB=45,/CDB=/1,/WDH=/2.所以.1.2-.CDB.WDH-.WDB=45：；.如图5三角形ZAH是等腰直角三角形，ZZHA=45：1/ZHY=/1,因此Z1+Z2=ZZHY+/2=ZZHA=45：1.其他的沿着拼合全等”的思路的证法就不例举了如果利用相似三角形的知识，如图5所示，又FH=1,FA=V2,FC=2,所以,曳=4=0=a，/HFA=NAF

27、C,因此AHFAsAAFC,=N2=NFHA=/FAC,但FA.22FCN1=/CAB,N1+Z2=/CAB+NFAC=/EAB=45.用相似三角形法不用添设辅助线，简洁明了.再开思路，可用三角法证明如下：/2与/1都是小于45的锐角，可知N1+/2是锐角.又DAtan11=DCDAtanZ2=HD5=6-=1,所以N1+N2=45.1611tan_1tan_232tan.1.2=-3-21tan.1tan.211132【答案】证明过程见解析板块二、染色与赋值问题【例18】某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都至少被一个同学都读过.问：能否找到两个学生

28、甲、乙和三本书4、B、C,使得甲读过A、B,没读过C,乙读过B、C,没读过A证明判断过程.【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】略.【答案】首先从读书数最多的学生中找一人甲.由题设，甲至少有一本书未读过，记为C.设B是甲读过的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过B、C.由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C书，甲未读过C书，所以一定可以找出一本书A,使得甲读过而乙未读过，否则乙就比甲至少多读过一本书.这样一来，甲读过A、B,未读过C;乙读过B、C未读过A.因此可以找到满足要求的两个学生【例19】4个人聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人

29、.试证明：至少有2对人，每对人是互赠过礼品的.【难度】3星【题型】解答【考点】构造与论证【解析】略。【答案】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线.由于每人送出2件礼物，图中共有4X2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有1+1=2条线。四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点之间连了2条线，还有另外两点（有一点可以与前面的点相同）之间也连了2条线.即为所证结论【例20】有9位数学家，每人至多能讲3种语言，每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证：在这些数学家中至少有3人能用同一种语言交谈。【考点】构造与论证【难度】3星【题

30、型】解答【解析】略.【答案】假设任意三位数学家都没有共同会的语言，这表明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家为A、B、C、D、E、F、G、I.由于一位数学家最多会三种语言，而每种语言至多有两人会说，所以一位数学家至多能和另外三人通话，即至少与五人语言不通.不妨设A不能与B、C、D、E、F通话.同理，B也至多能和三人通话，因此在C、D、E、F中至少有一人与B语言不通，设为C.则A、B、C三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾.这表明假设不成立，结论得证【例21】在1000X1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的中心构成一个直角三角形的顶点.求n的最小值.【考点

31、】构造与论证【解析】首先确定1998不行.反例如下:其次1999可能是可以的，因为首先从行看，1999个红点分布在1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或1个红点的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于1999-999=1000,如果是大于1000,那么根据抽屉原理，肯定有两个这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩下的一行全是红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999.【答案】n的最小值为1999【例22】甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛.各班同学都

32、按1,2,3,4,依次编号.当两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒.在甲、乙两班比赛时，有15台是男、女生对垒；在乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒.试说明在甲、丙班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过24.并指出在什么情况下，正好是24?【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】不妨设甲、乙比赛时，115号是男女对垒，乙、丙比赛时.在115号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对垒（0QW9）甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a（如果1号乙与1号丙是男女对垒，那么1号甲与1号丙就不是男女对垒），15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙比赛时，男女对垒的台数

33、为15-a+9-a=24-2a6,2X3,1X7,1X8,24,19,3X3,2X5,2X6,3M,2X7,3X5,2刈，44,2X9,34，从这些长方形中选出10个不同的长方形，其面积和最小为：1M+1X2+13+14+22+1X5+16+2X3+1X7+18=46.而原长方形的面积为5刈=45kw1600即连线不超过1600条.另一方面，设80个点分为两组：A,A2，Aw；B,B2，B40第一组的每一点与第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有40X40=1600条线【答案】（1）80（2）1600【例28】在一个6对的方格棋盘中，将若干个1X1的小方格染成红色.如果随意划

34、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？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】方法一：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歹U,都能使剩下的方格含有红色的.这时共涂了10个方格.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

35、只有1个红格，红格总数w5+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.【答案】至少需要将10个方格涂成红色【例29如图，把正方体的6个表面剖分成9个相等的正方形.现用红、黄、蓝3种颜色去染这些小正方形，要求有公共边的正方形所染的颜色不同.那么染成红色的正方形的个数最多是多少个【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】如上面右图所示，它们的对面也同样的染色，这样就有（5+4+2）2=22（个）方格染色，而且有公共边的正方形颜色不同.所以，用红色染成的正方形的个数最多是22个.【答案】用红色染成的正方形的个数最多是22个【

36、例30】证明：在6X6X6的正方体盒子中最多可放入52个1MW的小长方体，这里每个小长方体的面都要与盒子的侧面平行.【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】略.【答案】先将6X6X6的正方体盒子视为实体，那么6X64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.其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的2X2X2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1MM的小长方体，所以最多可以放入13X4=52个1X1X4的小长方体.注：6X6X6的正方体的体积为216,1X1%的小长方体

37、的体积为4,所以可放入的小正方体数目不超过216+5411M2的大长方形，最少要【例31】用若干个1X6和1X7的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个用小长方形多少个？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】我们先通过面积计算出最优情况：11X2=132,设用14的小长方形x个，用17的小长方形y个，有6x+7x=132.X=17t解得：1(t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长万形.y=18-6t(1)当t=0时，即x+y=1+18=19,表示其中的16的小长方形只有1个，剩下的18个小长方形都是1夕的.大长方形中无论是1行还是1歹U,最多都只能存在1个1X7的小长方形

38、，所以在大长方形中最多只能无重叠的同时存在16个lH的小长方形.现在却存在18个17的小长方形，显然不满足；TOC o 1-5 h z(2)当t=1时，即x+y=8+12=20,有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个.【答案】20个【例32】试着把边长为工,1一工的这99个小正方形不重叠地放入1个边长为l的正方形内。能做到2341005星【题型】解答就画出一种放法，不能，请说明理由。【考点】构造与论证【关键词】走美杯，6年级，决赛【解析】能.工+11X2=1,2321+1+1+14=1,1+1+工+1-8910151义8=1,8L+工+工+161718311X16=1,16工+323233

39、63321一X31=1,1+64+1X371.6566100641+1+1+1+1+工21.141T24816326464如下图，将边长1,1的小正方形放入长1、宽3的长方形;将边长12的小正方形放入长1、宽的长方形；474将边长1L的小正方形放入长1、宽1的长方形；8158将边长工工的小正方形放入长1、宽工的长方形；163116将边长工工的小正方形放入入1、宽的长方形；326332将边长工工的小正方形放入长1、宽工的长方形。64100641厂一161【答案】能【例33】有10个整数克的祛码（允许祛码重量相同）,将其中一个或几个放在天平的右边，待称的物品放在天平的左边，能称出1,2,3,，20

40、0的所有整数克的物品来；那么，这10个祛码中第二重的祛码最少是克.【考点】构造与论证【难度】5星【题型】解答【关键词】迎春杯，六年级，初赛【解析】这10个整数克的祛码共重应该是200,这样，才能在最重的定下来后，第二重的尽量少.作为一般结论，如果要连续称出一些重量，只在天边的一边放祛码，另一边放重物，则祛码最少的情况应该结合二进制，即1,2,4,8,16,32,64,128.这种情况下，只需要7个祛码，就能至多称到128X2-1=255克重.而本题共有10个祛码，只需要调整一下这里的祛码：第一种方案：为了实现第二重最少，则可以让第一重尽量大，而且不止一个，这里的思路是：如果后面6个数中，有5个

41、相同的最大，把前面所有5个数的和与之相等，200=6X33+2,即后面有5个33,前面则有1,2,4,8,18这种方案中，无法凑出16,17这两种重量.于是换一种思路，让最大数相同的只有4个，前面6个祛码看作一个.则最重的为40,这样，可以构造出1,2,4,8,12,13,40,40,40,40.不过，对于这种解法，与官方的推荐答案不符，原因在于，最重的有4个，次重的被看作第五名”.在这里，第五名“第二重”之间是有一定的歧义的.所以，我们建议大家做这道题应用高级技巧歧义解决”.即说清楚：TOC o 1-5 h z如果只看重量，第一重（可以并列）与第二重，则第二重最少可以是13克.如果根据名次”

42、，第二名（可以并列）为第二重，则第二重最少可以是18克.这种情况的算理是：首先考虑1、2、4、8这四种祛码必须有，另外，对于第二重，至少要是16.这里除了第一重之外，16最多可以有5个祛码，即：1、2、4、8、16、16、16、16、16.要称200,第一重的要达到200（1+2+4+8+16+16+16+16+16）=105则96-104的重量无法称出来.所以，把第二重的调整为17,即；1、2、4、8、17、17、17、17、17、100但16无法称出来，所以要调整出16,必会现18,（如果调整给100,即100变为101,则100无法称出来）.所以，最佳方案”是1、2、4、8、16、17、

43、17、17、18、100.【答案】18【例34】小明和8个好朋友去李老师家玩.李老师给每人发了一顶帽子，并在每个人的帽子上写了一个两位数，这9个两位数互不相同，且每个小朋友只能看见别人帽子上的数.老师在纸上又写了一个数A,问这9位同学：你知不知道自己帽子上的数能否被A整除？知道的请举手.”结果有4人举手.老师又问：现在你知不知道自己帽子上的数能否被24整除？知道的请举手.”结果有6人举手.已知小明两次都举手了，并且这9个小朋友都足够聪明且从不说谎，那么小明看到的别人帽子上的8个两位数的总和是.【考点】构造与论证【难度】5星【题型】解答【关键词】迎春杯，六年级，初赛【解析】一个人不知道自己帽子上的数是多少，却能知道这个数能否被A整除，只有一个可能，就是A的倍数中的两位数都出现在其他人的帽子上，这样他可以