初中数学逻辑推理强化练习2

初中数学逻辑推理强化练习2

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.甲、乙、丙、丁的衬衫上各印有一个号码，甲说''我是2号，乙是3号”；乙说“我

是2号，丙是4号”；丙说“我是3号，丁是2号”丁说“我是1号，乙是3号”；他们四

人都只说对一半，则甲是（）

A.4号B.3号C.2号D.1号

2.用红、黄、蓝三种颜色染3x3表格的每一方格，使满足：口每行3色都有；口每列

3色都有；口邻格（有公共边的两个方格）不同色，则不同的染色方法有（）种.

A.12B.18C.24D.27

3.张、王、李、赵四位同学有一人在校外做好事受到表扬，经询问，张说：“是李做

的”，王说：“是张做的”，李说：“王说的不对”，赵说：“不是我做的经调查，其中

只有一个人说的话正确，那么受表扬的同学是（）

A.张B.王C.李D.赵

4.A,B,C,D,£五人参加“五羊杯”初中数学竞赛得分都超过91分，其中E排第

三，得96分.又已知4B,C平均95分，B,C,。平均94分，若力排第一，则。

得（）分.

A.98B.97C.93D.92

5.下表是某电台本星期流行歌曲排行榜，其中歌曲■/是新上榜的歌曲，箭头“广或“广

分别表示该歌曲对于上星期名次变化的情况，“广表示上升，‘丁'表示下降，不标注则

表示名次没有变化.已知每首歌曲的名次变化都不超过两位，则上星期有可能排在

1,5,7名的歌曲是（）.

名次12345678910

歌曲ABCDEFGHIJ

变化情况T1t1tt新

A.D,E,HB.C,F,1C.C,E,ID.C,F,H

6.如图，连接边长为1的正方形各边的中点，连接正方形的对角线，则图中共有等腰

三角形（）个.

A.16B.32C.22D.44

7.甲、乙、丙3个学生分别在/、B、C三所大学学习数学、物理，化学中的一个专

业，且满足：〕甲不在/校学习；口乙不在8校学习；口在8校学习的学数学；□在Z

校学习的不学化学；口乙不学物理.则（）

A.甲在C校学习，丙在8校学习B.甲在3校学习，丙在C校学习

C.甲在8校学习，丙在Z校学习D.甲在C校学习，丙在4校学习

8.10个孩子分进4个班，则至少有一个班分到的学生人数不少于（）个.

A.1B.2C.3D.4

9.掷〃次普通骰子得到点数和为1994的概率大于0,且与得到点数和为S的概率相

等，则S的最小值是（）

A.333B.334C.337D.339

10.已知〃为正整数，记Ix2x3x…x〃=”!（例如I!=l,4!=lx2x3x4=24等）.若

M=l!x2!x3!x…x9!,则M的约数中是完全平方数的共有（）个.

A.504B.672C.864D.936

二、填空题

个（包括大小不同的）正方形;

个包括大小不同的矩形（包含正方形）.

12.如图的菱形中若自上而下将相邻的字母拼成的字样（圈中字母

就是一种拼法），共有.种不同的拼法.

M

13.在一个3x3的方格表中填有数字1,2,3,4,5,6,7,8,9九个数，每格只填

一个数.现将每行中放有最大数的格子染成红色，放有最小数的格子染成绿色.设”

是红格中的最小数，机是绿格中的最大数，则可以取到个不同的值.

14.某计算机用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元，70元的单片软

件和盒装磁盘，根据需要软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有

种.

15.如图所示，用红、蓝、黄三色将图中区域4、8、C、。着色，要求有公共边界的

相邻区域不能涂相同的颜色，满足恰好/涂蓝色的概率为.

16.在一张冬景照片上，人们分别戴着帽子、系着围巾和戴着手套.只戴帽子的人数

等于只系围巾和只戴手套的人数之和；只有4人没有戴帽子；戴着帽子和系着围巾，

但没有戴手套的有5人；只戴帽子的人数两倍于只系围巾者；未戴手套有8人，未系

围巾有7人；三样东西都用的人数比只戴帽子的人数多一个.那么：

（1）有人同时用上了帽子、围巾和手套；

（2）有人只戴了手套；

（3）有人只系了围巾；

（4）有人既戴了帽子，又戴了手套，但没有系围巾；

（5）有人戴着手套.

三、解答题

17.将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10任意排列在一个圆周上,证明：其中必有3个连续的数之和

不小于18.

18.已知直线//：y=-2r+10交y轴于点力，交x轴于点8,二次函数的图象过4,B

两点，交x轴于另一点C,BC=4,且对于该二次函数图象上的任意两点尸/(刈，

yj)＞尸2(X2,及),当X/＞X2N5时，总有刈＞/

(1)求二次函数的表达式；

(2)若直线，2：y=mx+n(??#10),求证：当加=-2时，/?///；；

(3*为线段5c上不与端点重合的点，直线小y=-2x+g过点C且交直线，E于点

F,求zMBE与面积之和的最小值.

19.阿里巴巴到一个4x4共16间房的迷宫去寻宝，每间房宝藏的价值见图中所标数

字，阿里巴巴从标有“1”的房间出发，每次只能走到有一条公共边的相邻房间中去，每

到一个房间他都可以获得该房间内的全部宝藏，每个房间只能经过一次，最后走到标

有“2”的房间中去.那么请你为阿里巴巴设计一条寻宝路线，使得他获得的宝藏值最

大，阿里巴巴最多能获得总值为多少的宝藏？

8161312

31424

691511

17510

20.黑板上写有一个方程丁+()x2+()x+()=0,甲、乙两人做如下游

戏：甲可以在任何一个括号内填入一个整数(可正、可负)，然后乙在剩下的一个括号

内填上一个整数，最后甲在最后空的一个括号内填入一整数.如果得到的方程有三个

整数根，则甲获胜，否则乙获胜.问谁有必胜策略？他应怎样操作？

21.已知矩形的边/8=21,8c=19,/•是给定的小于1的正实数.

(1)在矩形/8CZ)内任意放入114个直径为1的圆.证明：在矩形N8CD内一定还可以

放入一个直径为r的圆，它和这114个圆都没有交点(也不在某个圆的内部)；

(2)在矩形/8CO内任意放入95个单位正方形(边长为1的正方形).证明：在矩形

188内一定还可以放入一个直径为/•的圆，它和这95个正方形都没有交点(也不在

某个正方形的内部).

22.某班期中考试结束后，语文、数学、英语获得90分以上的学生人数分别是22

人、18人、20人，其中语文和数学两科都获得90分以上的学生人数有8人，语文和

英语两科都获得90分以上的学生人数有9人，数学和英语两科都获得90分以上的学

生人数有7人，并且语文、数学、英语三科都没有获得90分以上的学生人数有5

人.问这个班最少有几个学生？最多有几个学生.

23.将平面直角坐标系中点集M={(x,y)|x=l,2,3,4,5,y=l,2,3,4}内的11个点染成红

色，其余点不染色.证明：存在一个矩形，它的边与坐标轴平行，顶点都在"中，并

且都是红色.

24.设〃是不大于5的正整数，在2〃x2〃正方形表格内任取一方格染成红色，其余方

格都不染色，允许进行如下操作A：每次可将由3个方格组成的L形(如图)，并且没

有染过色的所有方格都染成红色.间能否经过有限步将所有方格染成红色？

25.现有2〃x2”的正方形方格棋盘，在其中任意的3〃个方格中各放一枚棋子，求证:

可以选出〃行和n列，使得3〃枚棋子都在这n行和〃列中.

参考答案：

I.D

【解析】

【分析】

【详解】

如果甲说“我是2号，乙是3号”中乙是3号为真，由乙说丙是4号为真，则由丙说丁是2

号为真，则乙是3号，丙是4号，丁为2号，所以甲为1号.或从甲为2号出发，同样可

得甲为1号.

2.A

【解析】

【分析】

【详解】

解将各格依次编号1，2,9(图3-3),于是染1号格有3种方法.由于邻格不同

色，2号格只能染与1号格不同色的其他2种颜色，有2种方法.又因每行3色都有，故

染第3号格只有1种方法.又4号格与1号格不同色，染4号格有2种方法，当1、2、4

号格内的颜色染定后，为了满足题目条件，其他5、6、7、8、9号格内的颜色都唯一确

定，由乘法原理知，共有3x2x1x2=12种染法，故选

3.D

【解析】

【分析】

【详解】

解我们用枚举法逐一排除，直接找出受表扬者.

用张、王、李、赵表示四人分别说了真话，豕、壬、季、越表示四人分别说了谎.

(1)如果张受到了表扬，那么豕、王、孝、赵，这与已知条件只有一人讲真话矛盾.

答案第1页，共16页

（2）如果王受到了表扬，那么张、王、李、赵，同得到矛盾.

（3）如果李得到了表扬，那么张、王、李、赵，同样得到矛盾.

（4）如果赵得到表扬，那么豕、王、李、赵，这时只有李一人说的正确，满足题目要

求.

所以受表扬的同学是赵.

4.B

【解析】

【分析】

【详解】

设4B,C,D,E分别得a,b,c,d,e分，则a,b,c,d,e都是在92与100之间的

正整数，其中a最大，e=96排第三，且。+。+。=3*95=285,6+。+d=3><94=282.

两式相减得a-d=3.

若6排在第二，^b>e+\=91,a>b>91,c=2&5-a-b=9\<92,矛盾.

若c排第二，则cN97,a297,0=285—a—c491<92,矛盾.

若d排第二，则dN97,a=d+3297+3=100,故只可能a=100,d=97.所以选8.

5.B

【解析】

【分析】

【详解】

解由。上升排在第4,而名次变化不超过2,则上星期不可能排在第一，故排除选项/；

E下降排在第5,则上星期不可能排在第5,排除选项C；又，上升排在第8,则上星期应

排在第8之后，不可能排在第7,排除选项。.所以选£

6.D

【解析】

【分析】

【详解】

斜边长为友的等腰直角三角形有4个，斜边长为弓的等腰直角三角形有16个，斜长为

1的等腰直角三角形有8个，斜边长为，的等腰直角三角形有16个，综上所述，共有

答案第2页，共16页

4+16+8+16=44个等腰直角三角形，故选D.

7.C

【解析】

【分析】

由口知甲可在8校或C校学习，假设甲在8校学习，根据后面的条件进行推理，若结论均

符合条件，则正确；否则甲在C校学习，从而可得答案.

【详解】

由□知甲可在8校或C校学习，假设甲在8校学习，则他学习数学；由□知乙学习化学，

由U知，丙在4校学习物理；则可知乙在C校学习化学，且均符合每个条件.即甲在8校

学习，丙在/校学习.

故选：C

【点睛】

本题考查的是逻辑推理，根据问题的特点，找准突破口，步步推进.

8.C

【解析】

【分析】

利用抽屉原理，把班级个数看作“抽屉”数，把孩子的个数看作“物体个数”；

【详解】

解：10-4=2（人）余2（人），

2+1=3（人），

故选：C；

【点睛】

本题考查了抽屉原理：把多于〃个的物体放到〃个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不

少于两件.

9.B

【解析】

【分析】

【详解】

解因1994=6x332+2,所以掷333次出现332次点6和1次点2是所掷次数（其和为

1994）最少者，显然出现该情况的概率不为0.掷333次出现332次点6和1次点2的概率

答案第3页，共16页

与出现332次点1和1次点2的概率相等，且此时出现的点数和最小：1x332+2=334,

故S的最小值是334.所以应选B.

10.B

【解析】

【分析】

【详解】

®M=l!x2!x3!x...x9!=28x37x46x55x64x73x82x9=230x3l3x55x73,故M的约数”是一

个完全平方数时，”必有下列形式〃=22，X32，X52ZX7”，其中X，»，Z/是非负整数，且

0<2x<30,0<2y<13,0<2z<5,0<2r<3,故x有16种取法，y有.7利।取法，z有一3利।取

法，f有2种取法.所以由乘法原理知这样的约数〃有16x7x3x2=672（个），故选B.

11.55225

【解析】

【分析】

【详解】

解（1）边长为1,2,3,4.5的正方形分别有5。42,32,22,/个，故共有5?+4?+3?+2?+F=55

个正方形.

（2）长方形的水平方向的边长可为1,2,3,4,5,它们分别有5,4,3,2』种不同取法故长方形的

水平方向边长共有5+4+3+2+1=15种不同取法.同理，长方形的竖直方向的边长也有

5+4+3+2+1=15种不同取法，故共有15x15=225个不同的长方形.

12.252

【解析】

【分析】

【详解】

解法一：如图，下面每个数字标上从上面每处到达该处的路径条数，最后我们得到共有

252种不同的拼法.

解法二：对于每一种拼法，从上方字母到下方字母可接箭头或方向选取，故每种

拼法对应了由5个与5个组成的一个排列（例如题目所示图中字母拼法对应的排

列为这个对应是一个一一对应，故所求拼法种数等于5个

与5个“、”排成一列的排法种数，而从一列10个位置中依次取5个位置放（余下5

答案第4页，共16页

个位置放“、”）的方法数等于从10个元素中取5个元素的组合数，即（因为5个

没有区别，故这里用组合数公式，而不用排列数公式），故共有=：二:=252

Ix2x3x4x5

种不同的拼法.

13.8

【解析】

【分析】

【详解】

因为每行3个数中的最大数必不小于3,又各行最大数中最小的必不大于7,故

3<M<7.

同理可得3WmW7,且加wAf,所以M-相£{—4,—3,-2,—1,1,2,3,4},并且如图知这8个

值都可以取到.故填8.

123123123

456457467

789689589

234

167

589

M=3,m-1M=3,m=6M=3,m=5M=4,m=5

136137137

247248258

589569469

m=5M=7,tn=4M=7,m=3

答案第5页，共16页

14.7

【解析】

【分析】

【详解】

解先买了3片软件和2盒磁盘，余下500-(3x60+2x70)=180(元).若不买软件，则可

买磁盘0盒、1盒或2盒；若买1片软件，则可买磁盘0盒或1盒；若买2片软件，则不

可能再买磁盘；若买3片软件，也不能再买磁盘，故共有3+2+1+1=7种选购方法.

15.-

3

【解析】

【分析】

【详解】

依次着色，N有3种涂法，5有2种涂法，。有3种涂法，C有1种涂法.

故共有3x2x3x1=18种涂法.

当/涂蓝色时，8有2种涂法，。有一3种涂法，C有1种涂法，共有2x3xl=6种涂法，所

以《涂蓝色的概率为.故填?.

Io33

16.311410

【解析】

【分析】

【详解】

如图，按题目中条件顺序依次可列方程：

(1)A=C+F；(2)C+E+F=4；(3)8=5；(4)A=2C；(5)A+8+C=8；(6)

A+G+F=7；(7)D=A+l.

可求出A=2,3=5,C=1,0=3,E=2,F=1,G=4.

于是，题目中各空白区应填入的数依次是3,□!,□1,04,D10.

帽子

答案第6页，共16页

17.见解析

【解析】

【分析】

【详解】

证明设4,外，…，4。是L2,…』0沿圆周顺时针方向的任意一个排列，不妨设4=1,于是

(42+43+a4)+(“5+46+47)+(4+"9+4|0)=2+3+4+5+6+7+8+9+10=万乂(2+10)*9=54

由平均值原理知4+%+4,“5+4+%，4+49+《0中必有一个不小于gX54=18.

18.(l)>'=2x2-12x+10；

(2)见解析;

(3)40^-40.

【解析】

【分析】

(I)首先求出点4B,C的坐标，由点力设出二次函数的解析式，再将点8,C的坐标

分别代入，利用待定系数法求二次函数的解析式即可；

(2)当机=-2时，两直线不重合，假设两直线不平行，则可求出〃=10与题设矛盾，据此

可作出判断；

(3)首先可证得△FCES^ABE,从而求出二者的面积比，再设匹=/(0«<4),从而可

求出SOBE+SAFS关于r的表达式，最后根据二次函数的性质即可求出最小值.

(1)

解：对于尸-2x+10

当x=0时，尸10,故点4(0,10)

当y=0时,-2x+10=0,

解得％=5,

故8(5,0)

又•;BC=4,

故C(9,0)或C(l,0),

若抛物线过C(9,0),则对称轴为直线x=7且开口向上，

答案第7页，共16页

则当5a<7时，夕随X的增大而减小，不符合题意，舍去;

若抛物线过C(1,0),则对称轴为直线x=3且开口向上，

则当x>3时，必有y随x的增大而增大，符合题意，

故可设二次函数的解析式为产。/+反+10,

把点8、C的坐标分别代入解析式，得

j25a+56+10=0

3+〃+10=0

故二次函数的解析式为y=2V_12x+10；

(2)

证明：当m=-2时，直线氏y=-2x+n(n/10)与直线//：片-2x+10不重合,

假设/2与//不平行，则七与//必相交，

设交点为(x0w),

解得〃=10,与己知存10矛盾，

所以上与//不相交,故R//”

(3)

解：如图：

把点C(l,0)代入小y=-2x+q,

得g=2,

又♦.♦/i：y=-2x+10,

l3//lt,即CF〃/W,

ZFCE=ZABE,NCFE=2BAE,

:./\FCE^/\ABE,

答案第8页，共16页

设BE=r(0<r<4),贝!JCE=4”,

S%E=gBE0A=gxfxlO=5r,

X5Z=^£

,•S^ABE+S&FCE

_5(4T)2

+5t

40夜-40

故当f=2a时，5AABE+S&FCE的最小值为400-40.

本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，一次函数和二次函数的图象与性质，相

似三角形的判定与性质，三角形面积，反证法等知识，采用数形结合的思想是解决此类题

的关键.

19.130

【解析】

答案第9页，共16页

【分析】

【详解】

解将图中小正方形黑白相间染色(图3-7).因为行进路线中穿过的房间都是黑白相间

的，而从黑格力”开始到黑格“2”结束，穿过的路线中黑格要比白格多一个，所以不能走遍

所有房间，至少要空一个白格房间没有经过.

白色房间中宝藏价值最少的是“4”号房间,若不经过“4”号房间，贝V12”号房间也不能经

过，这时寻得的宝藏的价值不可能最多，除“4”号外，白色房间内宝藏价值最少的是“6”号

房间，故要使获得的宝藏价值最大，不经过的白色房间只可能是“6”号房间，如图3-7给出

了不经过“6”号房间的寻宝路线，这时获得的宝藏的总值为最大，这个最大值为

(1+2+3+…+16)-6=1x16x17-6=130.

2

图3-7

20.甲获胜，操作见解析

【解析】

【分析】

【详解】

如果方程有3个根1,a,b〃为整数)，则方程为(x-D(x—。)。-3=0,即

X3—(1+tz+b)x1+(a+b+ah)x—ah=O.令。=—1,x3—ax2—x+a=0>如是甲可以采

用如下策略：甲先在x的系数括号内填-1,然后不论乙在余下的2个括号之一中填什么

数，甲只要在最后一个括号内填入的数是乙刚填入的数的相反数，这样得到形如

/_办2_》+〃=0的方程，它总有3个整数根1,-1,从而甲获胜.

21.(1)证明见解析;

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

答案第10页，共16页

（1）将矩形ABC。的每条边向内缩进方得到矩形AAGR,再把直径为1的小圆缩小为一

点。进行考虑，将原直径为1的圆扩大，即以原圆心为圆心，直径为2作114个新的圆，

计算可得114个新圆的面积和小于矩形的面积，即可证明在矩形Z88内一定还

可以放入一个直径为r的圆，它和这114个圆都没有交点（也不在某个圆的内部）；

（2）将矩形ABC。的每条边向内缩进方得到矩形再把直径为1的小圆缩小为一

点。进行考虑，把每个小正方形加框，即在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为

1和g的矩形，4个角上加上一个直径为1的四分之一圆弧，计算此时95个加框图形的面

积总和小于矩形的面积，即可证明在矩形N8CZ）内一定还可以放入一个直径为r

的圆，它和这95个正方形都没有交点（也不在某个正方形的内部）.

（1）

解：将矩形ABC。的每条边向内缩进g,得到一个长和宽分别为20和18的矩形A四GR

（如图1所示），则矩形ABCQ的面积为20x18=360.对矩形ABCD内任意放入的114个

直径为1的圆，分别以这114个圆的圆心为圆心，直径为2作114个新的圆（如图2所

示）.因为这114个新圆的面积和等于［14*ixl2=ii4/r＜114*3.15=359.1小于矩形

A4G。的面积.

所以在矩形ABCQi内，一定存在一点0,它在这114个新的圆的外部.因为点O到矩形

A8CD每条边的距离都大于且点。到每个旧圆圆心的距离都大于1,所以以点。为圆

心，直径为『的圆一定在矩形ABC£＞内，且与矩形内原有的114个直径为1的个圆都没有

交点，也不在某个圆的内部.

所以在矩形ABC£＞内一定还可以放入一个直径为"的圆，它和这114个圆都没有交点（也不

在某个圆的内部）.

图1图2

(2)

答案第11页，共16页

将矩形ABC。的每条边向内缩进方，得到一个长和宽分别为20和18的矩形则

矩形A4GR的面积为20x18=360.对矩形ABCO内任意放入的95个单位正方形，将这

95个单位小正方形的每一个都加一个框：在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为

1和g的矩形，4个角上加上一个直径为1的四分之一圆弧（如图3所示）.

因为这95个加框的图形的面积和等于95（3+?）＜95[3+苛）=359.8125小于矩形

的面积.所以在矩形。内，一定存在一点。，它在这95个加框的图形的外

部.因为点。到矩形A8C。每条边的距离都大于且点。到每个单位正方形的边上的点

的距离都大于3，所以以点。为圆心，直径为『的圆一定在矩形4B8内，且与矩形内原

有的95个单位正方形都没有交点，也不在某个正方形的内部.

所以在矩形A8CO内一定还可以放入一个直径为广的圆，它和这95个正方形都没有交点

（也不在某个正方形的内部）.

【点睛】

本题主要考查了用创新性数学思维解决实际问题，解题关键是使用"缩"、"放’’的构思作为

证题技巧.

22.当没有学生三科都获得90分以上时，班上学生人数最少，只有41人；当有7个学生

的三科成绩都在90分以上时，班上学生人数最多，有48人.

【解析】

【分析】

【详解】

这个班的学生组成的集合为/,这个班共有胴=1/1人，设三科都获得90分以上的学生有〃

人，A，4,A,分别表示语文、数学、英语获得90分以上的学生组成的集合，由容斥原理口

得三科都没有获得90分以上的学生人数为

答案第12页，共16页

5=|4n&nAH/iTAU4U&|

=m-(|A|+|4|+|4|)+(|An4|+|Ari4|+|4n4|)-|AA4AA|

=加一(22+18+20)+(8+9+7)-〃=〃？-36-〃,

所以这个班的学生人数为帆=41+w.

另一方面，由于两科获得90分以上的学生人数分别为8,9,7,所以3科都获得90分以上的

学生人数可以为0,但最多不超过7,即0W7,所以41441+〃W48.

综上所述，当没有学生三科都获得90分以上时，班上学生人数最少，只有41人；当有7

个学生的三科成绩都在90分以上时，班上学生人数最多，有48人.

23.见解析

【解析】

【分析】

【详解】

证明将"分为下列4个点集：

%={(X，y)k=1,2,3,4,5,y=Z}(z=l,2,3,4).

则由第二抽屉原理知陷,必有一个集合内至多有2=2个红色点，不妨设

内至多有2个红色点，从而M1UM2UM3内至少有II-2=9个红色点.再将

分成下列5个点集:

M={(x,y))=i,y=1,2,3}(i=1,2,3,4,5).

9

由第二抽屉原理，乂,22，%，2，乂必有一个集合内至多有1个红色点，不妨设Ns内

至多有1个红色点，从而至少有9-1=8个红色点，又将

N\UN2UN]UM分成下列3个点集:

={(x,y)|x=l,2,3,4,y=j}(j=l,2,3).

由第二抽屉原理知中必有一个集合内至多有[I]=2个红点，不妨设M；内至多

有2个红色点，从而M2Mz={(x,y)|x=l,2,3,4,y=l,2}内至少有8-2=6个红色点，又将

分为4个集合:

答案第13页，共16页

N；=｛（x,y）|x=i,y=l,2｝（i=l,2,3,4）.

因为这4个集合内一共至少有6个红色点，且每个集合内只有一2点，故必有2个集合内有

2个红色点（否则这4个集合内一共至多只有1+1+1+2=5个红色点，矛盾）.不妨设

N；,N；内4个点都为红色点，这4点即为一个矩形的4个顶点，且矩形的边与坐标轴平

行，从而完成了题目的证明.

24.能

【解析】

【分析】

【详解】

知进行2次题设中的操作A,可将没有染色的

2x3矩形的每一个小方格都染成红色，我们称这样的2次操作A为操作B.

其次，考察4x4的正方形方格表，假设其中恰有一格已染成红色，不妨设此格在左上角

2x2的正方形标号为口、口、口的任意小方格内，则用一次操作A可将这个2x2正方形

内其他的3格染成红色，余下的方格又可用4次操作将它们全部染成红色（如图（a））,即

连