第 7 讲 构造与论证(补充练习)汇总
小学奥数 构造与论证 精选例题练习习题(含知识点拨)
构造与论证教学目标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．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．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个和相加，便等于1～2009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．本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009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？【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和为123200820091004++++=⨯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1997×1997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1997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)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．【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，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÷3=1113，推知，必有人得分不超过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24C 场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为24C ×2=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=14＞12，不满足.即n =4不可能。
小学奥数构造、论证与染色、操作问题
第十三讲：构造与论证教学目标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．知识点拨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．例题精讲模块一最佳安排和选择方案【例 1】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”)．【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，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．【例 2】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?【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l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l卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；最后将第l卷和第2卷对调即可．所以，共需调换4+3+2+1=10次．【例 3】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?【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，50)→(O，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．【例 4】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？C场比赛，而每场比赛有2【解析】（1）我们知道4个队共进行了24C×2=12.因为每一队至少分产生，所以4个队的得分总和为24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=14＞12，不满足.即n=4不可能。
构造与论证.
模块一最佳安排和选择方案例题1构造与论证一个盒子里有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”).例题25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例题3例题4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？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？例题5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•例题6(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.11 12110 29 3在下图中有16个黑点，它们排成了一个 4X 4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点 ？ 例题 一组互不相同的自然数，其中最小的数是 I ，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，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 ？ 例题 2004枚棋子，每次可以取 1、3、4、7枚，最后取的获胜。
(小学奥数)构造与论证
構造與論證教學目標1.掌握最佳安排和選擇方案的組合問題.2.利用基本染色去解決相關圖論問題．知識點撥知識點說明各種探討給定要求能否實現，在論證中，有時需進行分類討論，有時則要著眼於極端情形，或從整體把握．設計最佳安排和選擇方案的組合問題，這裏的最佳通常指某個量達到最大或最小．解題時，既要構造出取得最值的具體實例，又要對此方案的最優性進行論證．論證中的常用手段包括抽屜原則、整除性分析和不等式估計．組合證明題，在論證中，有時需進行分類討論，有時則需要著眼於極端情況，或從整體把握。
若干點及連接它們的一些線段組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題。
若干點及連接它們的一些線段組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題，這裏宜從特殊的點或線著手進行分析．各種以染色為內容，或通過染色求解的組合問題，基本的染色方式有相間染色與條形染色．知識點撥板塊一、最佳安排和選擇方案【例 1】5卷本百科全書按從第1卷到第5卷的遞增序號排列，今要將它們變為反序排列，即從第5卷到第1卷．如果每次只能調換相鄰的兩卷，那麼最少要調換多少次?【考點】構造與論證【難度】2星【題型】解答【解析】因為必須是調換相鄰的兩卷，將第5卷調至原來第1卷的位置最少需4次，得到的順序為51234；現在將第4卷調至此時第1卷的位置最少需3次，得到的順序為54123；現在將第3卷調至此時第1卷的位置最少需2次，得到的順序為54312；最後將第1卷和第2卷對調即可．所以，共需調換4+3+2+1=10次．【答案】10次【例 2】在2009張卡片上分別寫著數字1、2、3、4、……、2009，現在將卡片的順序打亂，讓空白面朝上，並在空白面上又分別寫上1、2、3、4、……、2009．然後將每一張卡片正反兩個面上的數字相加，再將這2009個和相乘，所得的積能否確定是奇數還是偶數？【考點】構造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】從整體進行考慮．所得的2009個和相加，便等於1～2009的所有數的總和的2倍，是個偶數．2009個數的和是偶數，說明這2009個數中必有偶數，那麼這2009個數的乘積是偶數．本題也可以考慮其中的奇數．由於1～2009中有1005個奇數，那麼正反兩面共有2010個奇數，而只有2009張卡片，根據抽屜原理，其中必有2個奇數在同一張卡片上，那麼這張卡片上的數字的和是偶數，從而所有2009個和的乘積也是偶數．【答案】偶數【例 3】一個盒子裏有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下麵我們對這些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果顏色相同，就補1枚黑色棋子回去；如果顏色不同，就補1枚白色的棋子回去．這樣的操作，實際上就是每次都少了1枚棋子，那麼，經過399次操作後，最後剩下的棋子是顏色(填“黑”或者“白”)．【考點】構造與論證【難度】3星【題型】填空【解析】在每一次操作中，若拿出的兩枚棋子同色，則補黑子1枚，所以拿出的白子可能為0枚或2枚；若拿出的兩枚棋子異色，則補白子1枚，“兩枚棋子異色”說明其中一黑一白，那麼此時拿出的白子數為0枚．可見每次操作中拿出的白子都是偶數枚，而由於起初白子有200枚，是偶數枚，所以每次操作後剩下的白子都是偶數枚，因此最後1枚不可能是白子，只能是黑子．【答案】黑子【例 4】在黑板上寫上1、2、3、4、……、2008，按下列規定進行“操怍”：每次擦去其中的任意兩個數a和b，然後寫上它們的差(大數減小數)，直到黑板上剩下一個數為止．問黑板上剩下的數是奇數還是偶數？為什麼？【考點】構造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】根據等差數列求和公式，可知開始時黑板上所有數的和為++++=⨯是一個偶數，而每一次“操作”，將a、b兩個數123200820091004變成了()-，它們的和減少了2b，即減少了一個偶數．那麼從整體上看，a b總和減少了一個偶數，其奇偶性不變，還是一個偶數．所以每次操作後黑板上剩下的數的和都是偶數，那麼最後黑板上剩下一個數時，這個數是個偶數．【答案】偶數【例 5】在1997×1997的正方形棋盤上的每格都裝有一盞燈和一個按鈕．按鈕每按一次，與它同一行和同一列方格中的燈泡都改變一次狀態，即由亮變為不亮，或由不亮變為亮．如果原來每盞燈都是不亮的，請說明最少需要按多少次按鈕才可以使燈全部變亮?【考點】構造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】最少要1997次，將第一列中的每一格都按一次，則除第一列外，每格的燈都只改變一次狀態，由不亮變成亮．而第一列每格的燈都改變1997次狀態，由不亮變亮．如果少於1997次，則至少有一列和至少有一行沒有被按過，位於這一列和這一行相交處的燈保持原狀，即不亮的狀態．【答案】1997次【例 6】有3堆小石子，每次允許進行如下操作：從每堆中取走同樣數目的小石子，或是將其中的某一石子數是偶數的堆中的一半石子移入另外的一堆．開始時，第一堆有1989塊石子，第二堆有989塊石子，第三堆有89塊石子．問能否做到：(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?【考點】構造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，50)→(0，0，25)．(2)因為操作就兩種，每堆取走同樣數目的小石子，將有偶數堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子總數要麼減少3的倍數，要麼不變．現在共有1989+989+89=3067，不是3的倍數，所以不能將3堆中所有石子都取走．【答案】(1)可以(2)不能【例 7】在某市舉行的一次乒乓球邀請賽上，有3名專業選手與3名業餘選手參加.比賽採用單迴圈方式進行，就是說每兩名選手都要比賽一場．為公平起見，用以下方法記分：開賽前每位選手各有10分作為底分，每賽一場，勝者加分，負者扣分，每勝專業選手一場加2分，每勝業餘選手一場加1分；專業選手每負一場扣2分，業餘選手每負一場扣1分．問：一位業餘選手最少要勝幾場，才能確保他的得分比某位專業選手高? 【考點】構造與論證【難度】4星【題型】解答【解析】當一位業餘選手勝2場時，如果只勝了另兩位業餘選手，那麼他得10+2-3=9(分)．此時，如果專業選手間的比賽均為一勝一負，而專業選手與業餘選手比賽全勝，那麼每位專業選手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位業餘選手勝2場，不能確保他的得分比某位專業選手高．當一位業餘選手勝3場時，得分最少時是勝兩位業餘選手，勝一位專業選手，得10+2+2-2=12(分)．此時，三位專業選手最多共得30+0+4=34(分)，其中專業選手之間的三場比賽共得0分，專業選手與業餘選手的比賽最多共得4分.由三個人得34分，34÷3=111，推知，3必有人得分不超過11分.也就是說，一位業餘選手勝3場，能確保他的得分比某位專業選高.【答案】勝3場【例 8】n支足球隊進行比賽，比賽採用單迴圈制，即每對均與其他各隊比賽一場.現規定勝一場得2分，平一場得1分，負一場得0分.如果每一隊至少勝一場，並且所有各隊的積分都不相同，問：（1）n=4是否可能？（2）n=5是否可能？【考點】構造與論證【難度】3星【題型】解答【解析】（1）我們知道4個隊共進行了24C場比賽，而每場比賽有2分產生，所以4個隊的得分總和為2C×2=12.因為每一隊至少勝一場，所以得分最低的4隊至少得2分，又要求每個隊的得分都不相同，所以4個隊得分最少2+3+4+5=14＞12，不滿足.即n=4不可能。
构造与论证(学生版)
学科培优数学“构造与论证”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位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．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，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．【授课批注】论证：天下乌鸦都是黑的。
学生一定会说因为我看到的乌鸦都是黑的，所以天下乌鸦都是黑的！这样说明问题是不可以的。
但是，如果我能看到一只白乌鸦，从而可以说明天下乌鸦不全是黑的。
这种方法叫做举反例法，是很有说服力的一种方法！知识梳理【重点难点解析】1.如何分类讨论及讨论结果的全面性。
2.与抽屉原理、数论、估算相结合的综合题。
3.如何设计最佳方案和选择最佳方案。
【竞赛考点挖掘】1.迎春杯、华杯中经常出现。
2.与其他知识点相结合的综合性题目。
【授课批注】小升初的考试中不会涉及到，但在杯赛中经常出现，尤其是迎春杯，华杯！所以，考杯赛的学生应着重学习。
例题精讲【试题来源】【题目】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?【试题来源】【题目】在1997×1997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?【试题来源】【题目】甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按l，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 ？【题目】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?【试题来源】【题目】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．试证明：至少有2对人，每对人是互赠过礼品的．【试题来源】【题目】证明：在6×6×6的正方体盒子中最多可放入52个1×l×4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．【试题来源】【题目】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.习题演练【题目】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?【试题来源】【题目】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?说明判断过程．【试题来源】【题目】 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？【试题来源】【题目】将5×9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．【试题来源】【题目】将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色或绿色．证明：至少可以找到两行，这两行中某一种颜色的格数相同．【试题来源】【题目】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。
云南省文山壮族苗族自治州数学小学奥数系列8-6-1构造与论证
云南省文山壮族苗族自治州数学小学奥数系列8-6-1构造与论证姓名:________ 班级:________ 成绩:________亲爱的同学，经过一段时间的学习，你们一定学到不少知识，今天就让我们大显身手吧！一、最佳安排和选择方案 (共20题；共103分)1. （1分）找规律，填一填．（1） 6________－________6＝9（2） 8________－________8＝63（3） 7________－________7＝272. （5分）木材加工厂堆放原木(堆放方式如下图所示)，每上一层都比原来一层少4根。
已知最上层有4根，最下层有20根。
（1）这堆原木堆放了多少层?（2）一共有多少根原木?3. （5分）四个同学参加网上棋类比赛，每两个人都要赛一场．规定如下：胜者得分，负者不得分，平局得分．比赛结果如下：两名同学并列第一名，两名同学并列第三名．已知比赛中有平局，那么第一名同学得多少分？4. （5分）买一双高级女皮鞋要214元5角6分钱，请问买一只要多少钱？5. （10分）四对夫妇坐在一起闲谈．四个女人中，吃了个梨，吃了个，吃了个，吃了个；四个男人中，甲吃的梨和他妻子一样多，乙吃的是妻子的倍，丙吃的是妻子的倍，丁吃的是妻子的倍．四对夫妇共吃了个梨．问：丙的妻子是谁？6. （5分） 8位小朋友围着一张圆桌坐下，在每位小朋友面前都放着一张纸条，上面分别写着这8位小朋友的名字．开始时，每位小朋友发现自己面前所对的纸条上写的都不是自己的名字，请证明：经过适当转动圆桌，一定能使至少两位小朋友恰好对准自己的名字．7. （5分）四名棋手两名选手都要比赛一局，规则规定胜一局得分，平一局得分，负一局得分．比赛结果，没有人全胜，并且各人的总分都不相同，那么至少有几局平局？8. （10分）猴子每分钟能掰一个玉米，在果园里，一只猴子5分钟能掰几个玉米?9. （5分）传说有个说谎国，这个国家的男人在星期四、五、六、日说真话，在星期一、二、三说假话；女人在星期一、二、三、日说真话，在星期四、五、六说假话．有一天，一个人到说谎国去旅游，他在那里认识了一男一女．男人说：“昨天我说的是假话”，女人说：“昨天也是我说假话的日子”．这下，那个外来的游人可发愁了，到底今天星期几呢？请同学们根据他们说的话，判断一下今天是星期几呢？10. （2分） 9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。
小学奥数 构造与论证 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
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．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．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．知识点拨知识点拨教学目标构造与论证所以，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个和相加，便等于1～2009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．本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009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？【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和为123200820091004++++=⨯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1997×1997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1997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)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．【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，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÷3=1113，推知，必有人得分不超过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24C 场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为24C ×2=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=14＞12，不满足.即n =4不可能。
高考复习资料论证与构造
论证与构造一、选择题1. 是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数，，若，则必有 ( )A. B.C. D.2. 设函数是函数的导函数，，且，则的解集为A. B. C. D.3. 若，，则 ( )A. B. C. D.4. 已知，，，是空间不共面的四点，它们到平面的距离相等，则满足条件的平面的个数是 ( )A. B. C. D.5. 已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则的大小关系正确的是 ( )A. B. C. D.6. 定义在上的可导函数满足，则对任意且，有 ( )A. B.C. D.7. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时不等式成立，若，，，则，，的大小关系是 ( )A. B. C. D.8. 已知函数是定义在上的可导函数，为其导函数，若对于任意实数，有，则A.B.C.D. 与大小不能确定9. 若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是 ( )A. B.C. D.二、填空题10. 某同学为研究函数的性质，构造了如图所示的两个边长为的正方形和，点是边上的一个动点，设，．请你参考这些信息，推知函数的极值点是；函数的值域是．11. 曲线是平面内到定点的距离与到定直线的距离之和为的动点的轨迹．则曲线与轴交点的坐标是；又已知点（为常数），那么的最小值．三、解答题12. 已知数列的前项和为，且满足，（）．(1)求，的值；(2)求数列的通项公式；(3)是否存在整数对，使得等式成立？若存在，请求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由．13. 用数学归纳法证明：如果个正数的乘积，则它们的和．14. 证明：柯西不等式其中，，当且仅当或时等号成立（为常数）．15. 已知实数组成的数组（，，，，）满足条件：（i）；（ii）．(1)当时，求，的值；(2)当时，求证：；(3)设，且（），求证：．16. 证明以下命题：(1)对任一正整数，都存在正整数，使得，，成等差数列；(2)存在无穷多个互不相似的三角形，其边长，，为正整数且，，成等差数列．17. 对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列．(1)首项为，公比为的等比数列是否为数列？请说明理由；(2)设是数列的前项和．给出下列两组论断：组：①数列是数列，②数列不是数列；组：③数列是数列，④数列不是数列．请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题．判断所给命题的真假，并证明你的结论；(3)若数列，都是数列，证明：数列也是数列．18. 设是一个自然数，是的各位数字的平方和，定义数列：是自然数，（，）．(1)求，；(2)若，求证：；(3)当时，求证：存在，使得．19. 正实数数列中，，，且成等差数列．(1)证明：数列中有无穷多项为无理数；(2)当为何值时，为整数，并求出使的所有整数项的和．20. 已知集合．对于，，定义；；与之间的距离为．(1)当时，设，．若，求；(2)（ⅰ）证明：若，且，使，则；（ⅱ）设，且．是否一定，使？说明理由；(3)记．若，，且，求的最大值．21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且．记为所有这样的数表构成的集合．对于，记为的第行各数之积，为的第列各数之积．令．(1)请写出一个，使得；(2)是否存在，使得？说明理由；(3)给定正整数，对于所有的，求的取值集合．22. 若函数满足：集合中至少存在三个不同的数构成等比数列，则称函数是等比源函数．(1)判断下列函数：①；②；③中，哪些是等比源函数？（不需证明）(2)判断函数是否为等比源函数，并证明你的结论；(3)证明：，函数都是等比源函数．23. 设是由个实数组成的行列的数表，满足：每个数的绝对值不大于，且所有数的和为零．记为所有这样的数表构成的集合．对于，记为的第行各数之和，为的第列各数之和；记为中的最小值．(1)对如下数表，求的值；．．．(2)设数表形如求的最大值；(3)给定正整数，对于所有的，求的最大值．24. 设集合，若是的子集，把中所有元素的和称为的“容量”（规定空集的容量为），若的空量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集．(1)写出的所有奇子集；(2)求证：的奇子集与偶子集个数相等；(3)求证：当时，的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和．25. 已知各项均为非负整数的数列（），满足，．若存在最小的正整数，使得，则可定义变换，变换将数列变为．设，．(1)若数列，试写出数列；若数列，试写出数列；(2)证明：存在唯一的数列，经过有限次变换，可将数列变为数列；个．设， (3)若数列经过有限次变换，可变为数列个，求证，其中表示不超过的最大整数．26. 已知数列满足，且当时，，令．(1)写出的所有可能的值；(2)求的最大值；(3)是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．27. 若存在各不同的正整数，，，，对于任意，都有，则称这个不同的正整数，，，为" 个好数"．(1)请分别对，构造一组"好数"；(2)证明：对任意的正整数（），均存在" 个好数"．28. 设，为平面直角坐标系上的两点，其中．令，，若，且，则称点为点的“相关点”，记作：．已知为平面上一个定点，平面上点列满足：，且点的坐标为，其中，，，，．(1)请问：点的“相关点”有几个？判断这些“相关点”是否在同一个圆上，若在同一个圆上，写出圆的方程；若不在同一个圆上，说明理由；(2)求证：若与重合，一定为偶数；(3)若，且，记，求的最大值．29. 设是如下形式的行列的数表，满足性质：，，，，，，且．记为的第行各数之和，为第列各数之和；记为，，，，中的最小值．(1)对如下数表，求的值；(2)设数表形如其中．求的最大值；(3)对所有满足性质的行列的数表，求的最大值．30. 对于自然数数组，如下定义该数组的极差：三个数的最大值与最小值的差．如果的极差，可实施如下操作：若，，中最大的数唯一，则把最大数减，其余两个数各增加；若，，中最大的数有两个，则把最大数各减，第三个数加，此为一次操作，操作结果记为，其极差为．若，则继续对实施操作，，实施次操作后的结果记为，其极差记为．例如：，．(1)若，求，和的值；(2)已知的极差为且，若时，恒有，求的所有可能取值；(3)若，，是以为公比的正整数等比数列中的任意三项，求证：存在满足．31. 设，对于有穷数列（），令为中的最大值，称数列为的＂创新数列＂．数列中不相等项的个数称为的＂创新阶数＂．例如数列的创新数列为，创新阶数为．考察自然数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列．(1)若，写出创新数列为的所有数列；(2)是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列，若不存在，请说明理由；(3)在创新阶数为的所有数列中，求它们的首项的和．32. 在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点）与，其中，若同时满足：（i）两点列的起点和终点分别相同；（ii）线段，其中，则称与互为正交点列．(1)试判断：，，与：，，是否互为正交点列，并说明理由；(2)求证：：，，，不存在正交点列；(3)是否存在无正交点列的有序整数点列？并证明你的结论．33. 对于项数为的有穷数列，记（），即为，，，，中的最大值，则称是的“控制数列”，各项中不同数值的个数称为的“控制阶数”．(1)若各项均为正整数的数列的控制数列为，，，，写出所有的；(2)若，，其中，是的控制数列，试用表示的值；(3)在，，，，的所有全排列中，将每种排列视为一个数列，对于其中控制阶数为的所有数列，求它们的首项之和．34. 设数列的前项和为．若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称是“ 数列”．(1)若数列的前项和，证明：是“ 数列”；(2)设是等差数列，其首项，公差．若是“ 数列”，求的值；(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“ 数列” 和，使得成立．35. 给定有限正数满足条件：每个数都不大于且总和．现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于且分组的步骤是：首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得与这组数之和的差与所有可能的其他选择相比是最小的，称为第一组余差；然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为；如此继续构成第三组（余差为）、第四组（余差为）直至第组（余差为）把这些数全部分完为止．(1)判断，，，的大小关系，并指出除第组外的每组至少含有几个数；(2)当构成组后，指出余下的每个数与的大小关系，并证明；(3)对任何满足条件的有限个正数，证明：．36. 已知集合，对于，，定义与的差为；与之间的距离为．(1)证明：，有，且；(2)证明：，，，三个数中至少有一个是偶数；(3)设，中有个元素，记中所有两元素间距离的平均值为．证明：．37. 已知或，对于，表示和中相对应的元素不同的个数．(1)令，存在个，使得，写出的值；，若，求证：；(2)令个(3)令，若，求所有之和．38. 对于数列（），令为中的最大值，称数列为的"创新数列"．例如数列的创新数列为．定义数列是自然数（）的一个排列．(1)当时，写出创新数列为的所有数列；(2)是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列，若不存在，请说明理由．39. 已知集合，其中，表示和中所有不同值的个数．(1)设集合，，分别求和；(2)对于集合，猜测的值最多有多少个；(3)若集合，试求．40. 如果数列（，且），满足：①；②，那么称数列为“ ”数列．(1)已知数列；数列．试判断数列是否为“ ”数列；(2)是否存在一个等差数列是“ ”数列？请证明你的结论；(3)如果数列是“ ”数列，求证：数列中必定存在若干项之和为．答案第一部分1 A2 B3 C4 C5 C6 D7 B8 A9 C第二部分10 ；或11 ；第三部分12 (1) 当得，解得；当得，，解得．(2) 当时，，即另由得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以(3) 把代入中得，即，所以要使是整数，则须有是整数，所以能被整除，当时，，，此时；当时，，，此时；当时，，，此时；当，，不可能是整数，综上所求，所求满足条件的整数对有，，．13 （1）当时，因为，所以命题成立．当时，，所以，所以时命题成立；（2）假设时命题成立，即．当时，由于，且都是正数，故其中至少有两个数同时大于等于或同时小于等于．不妨设同时大于等于或同时小于等于，此时有．由与归纳假设知，于是这就说明，当时命题成立．由（1）（2）可知，对于任意的自然数，命题都成立．14 构造二次函数（i）当时，有原不等式为成立，所以当时，原不等式能取到等号；（ii）当时，因为恒成立，所以有即当且仅当时等号成立，即时等号成立；综上，柯西不等式成立．15 (1)由得，再由知，且．当时，．得，所以当时，同理得(2) 当时，由已知，．所以(3) 因为，且（）．所以即（），则16 (1) 易知，，成等差数列，故，，也成等差数列，所以对任一正整数，都存在正整数，，，使得，，成等差数列．(2) 若，，成等差数列，则有，即选取关于的一个多项式，例如，使得它可按两种方式分解因式，由于因此令可得易验证，，满足①，因此，，成等差数列．当时，有，且因此以，，为边可以构成三角形，将此三角形记为．其次，任取正整数且，假若三角形与相似，则有：据比例性质有：所以，由此可得，与假设矛盾，即任两个三角形与互不相似，所以存在无穷多个互不相似的三角形，其边长为正整数且，，成等差数列．17 (1) 设满足题设的等比数列为，则于是因此因为，所以即故首项为，公比为的等比数列是数列．(2) 命题1：若数列是数列，则数列是数列．此命题为假命题．事实上，设，，易知数列是数列．但，由的任意性知，数列不是数列．命题2：若数列是数列，则数列是数列．此命题为真命题．事实上，因为数列是数列，所以存在正数，对任意的，有即于是所以数列是数列．(3) 若数列，是数列，则存在正数，，对任意的，有注意到同理，记，，则有因此故数列是数列．18 (1) ；．(2) 假设是一个位数（），那么可以设，其中且（），且．由可得．所以所以因为，所以而，所以，即．(3) 由，即，可知同理，可知由数学归纳法知，对任意，有，即对任意，有．因此，存在（），有，则可得对任意，，有．设，即对任意，有．若，取，，则有．若，由，可得，取，，则有．19 (1) 由已知有：，从而，方法一：取，则，用反证法证明这些都是无理数．假设为有理数，则必为正整数，且，故．，与矛盾，所以都是无理数，即数列中有无穷多项为无理数．方法二：因为，当的末位数字是时，的末位数字是和，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时不是有理数，因这种有无穷多，故这种无理项也有无穷多．即数列中有无穷多项为无理数．(2) 要使为整数，由可知：，同为偶数，且其中一个必为的倍数，所以有或当时，有又必为偶数，所以满足，即时，为整数；同理时，有也满足，即时，为整数；显然和（）是数列中的不同项；所以当（）和（）时，为整数；由有，由有．设中满足的所有整数项的和为，则20 (1) 当时，由，得即．由，得或．(2) （ⅰ）设，，．因为，使，所以，使得即，使得，其中．所以与同为非负数或同为负数．所以（ⅱ）设，且，此时不一定，使得．反例如下：取，，，则，，，显然．因为，，所以不存在，使得．(3) 因为，设中有项为非负数，项为负数．不妨设时，；时，．所以因为，所以，整理得．所以因为又，所以即．对于，，有，，且，．综上，的最大值为．21 (1) 答案不唯一，如图所示数表符合要求．(2) 不存在，使得．证明如下：假设存在，使得．因为，，所以，，，，，，，这个数中有个，个．令．一方面，由于这个数中有个，个，从而另一方面，表示数表中所有元素之积（记这个实数之积为）；也表示，从而相矛盾，从而不存在，使得．(3) 记这个实数之积为．一方面，从“行”的角度看，有；另一方面，从“列”的角度看，有．从而有注意到．下面考虑，，，，，，，中的个数：由知，上述个实数中，的个数一定为偶数，该偶数记为；则的个数为，所以．对数表：，显然．将数表中的由变为，得到数表，显然．将数表中的由变为，得到数表，显然．依此类推，将数表中的由变为，得到数表．即数表满足：，其余．所以，．所以．由的任意性知，的取值集合为．22 (1) ①②③都是等比源函数．(2) 函数不是等比源函数．证明如下：假设存在正整数，，且，使得，，成等比数列，，整理得等式两边同除以，得因为，，所以等式左边为偶数，等式右边为奇数，所以等式不可能成立，所以假设不成立，说明函数不是等比源函数．(3) 法1：因为，都有，所以，数列都是以为首项公差为的等差数列．，，，成等比数列，因为，，所以，，，所以，函数都是等比源函数．法2：因为，都有，所以，数列都是以为首项公差为的等差数列．由，（其中）可得整理得令，则所以，所以，数列中总存在三项，，成等比数列．所以，函数都是等比源函数．23 (1) 由题意可知．(2) 先用反证法证明．若，则所以，同理可知，所以，由题，所有数和为，即所以与题目条件矛盾，所以易知当时，存在，所以的最大值为．(3) 的最大值为．首先构造满足的：经计算知，中每个元素的绝对值都小于，所有元素之和为，且下面证明是最大值．若不然，则存在一个数表，使得由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于，而两个绝对值不超过的数的和，其绝对值不超过，故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中．由于，故的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于．设中有列的列和为正，有列的列和为负，由对称性不妨设，则另外，由对称性不妨设的第一行行和为正，第二行行和为负．考虑的第一行，由前面结论知的第一行有不超过个正数和不少于个负数，每个正数的绝对值不超过（即每个正数均不超过），每个负数的绝对值不小于（即每个负数均不超过）．因此故的第一行行和的绝对值小于，与假设矛盾．因此的最大值为．24 (1) ，，，，，，，．(2) 对于的每个奇子集，当时，取，当时，取，则为的偶子集．反之，若为的偶子集，当时，取，当时，取，则为的奇子集．的奇子集与偶子集之间建立了一个一一对应，所以的奇子集与偶子集的个数相等．(3) 对于任意，（i）当时，含的的子集共有个，由（2）可知，对每个数，在奇子集与偶子集中，所占的个数是相等的；（ii）当时，将（2）中的换成即可．可知在奇子集与偶子集中占的个数是相等的．综合（1）（2），每个元素都是在奇子集与偶子集中占的个数相等．所以的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和．25 (1) 若，则；；；；．若，则；；；．(2) 若数列满足及，则定义变换，变换将数列变为数列．易知和是互逆变换．对于数列连续实施变换（一直不能再作变换为止）得则必有（若，则还可作变换）．反过来对作有限次变换，即可还原为数列，因此存在数列满足条件．(3) 显然，这是由于若对某个，，则由变换的定义可知，通过变换，不能变为．由变换的定义可知数列每经过一次变换，的值或者不变，或者减少，由于数列经有限次变换，变为数列时，有，，所以（为整数），于是所以为除以后所得的余数，即26 (1) 由题设，满足条件的数列的所有可能情况有：①此时；②此时；③此时；④此时；⑤此时；⑥此时；所以，的所有可能的值为：，，，，．(2) 由，可设，则或（，），因为，所以因为，所以，且为奇数，是由个和个构成的数列．所以则当的前项取，后项取时最大，此时证明如下：假设的前项中恰有项取，则的后项中恰有项取，其中，，，．所以所以的最大值为．(3) 由（2）可知，如果的前项中恰有项取，的后项中恰有项取，则若，则因为是奇数，所以是奇数，而是偶数，因此不存在数列，使得．27 (1) 当时，取数，，因为，当时，取数，，则，，，即，，可构成三个好数．(2) 假设命题当时，存在个不同的正整数，，，，，其中．使得对任意的，都有成立，则当时构造个数，，，，，，其中．若在取到的是和，则，所以成立．若取到的是和，且则，有归纳假设得．又，所以是的一个因子，即，所以，所以当时也成立．所以对任意正整数，均存在" 个好数"．28 (1) 因为（，为非零整数），故，或，，所以点的相关点有个．又因为，即所以这些可能值对应的点在以为圆心，为半径的圆上．(2) 依题意与重合，则，，即，，两式相加得因为，，故为奇数，于是的左边就是个奇数的和，因为奇数个奇数的和还是奇数，所以一定为偶数．(3) 令，，，依题意，因为因为有，且，为非零整数，所以当的个数越多，则的值越大，而且在，，，，这个序列中，数字的位置越靠前，则相应的的值越大．而当取值为或的次数最多时，取的次数才能最多，的值才能最大．当时，令所有的都为，都取，则．当时，若，此时，可取个，个，此时可都取，达到最大．此时．若，令，其余的中有个，个．相应的，对于，有，其余的都为，则当时，令，，则相应的取，，则综上得且为偶数且为奇数29 (1) 因为所以(2)因为，所以所以当时，取得最大值．(3) 任给满足性质的数表（如下所示）．任意改变的行次序或列次序，或把中的每个数换成它的相反数，所得数表仍满足性质，并且．因此，不妨设，，．由的定义知，从而所以．由（2）知，存在满足性质的数表使．故的最大值为．30 (1) ，，．(2) 法一：①当时，则所以，，由操作规则可知，每次操作，数组中的最大数变为最小数，最小数和次小数分别变为次小数和最大数，所以数组的极差不会改变．所以，当时，（）恒成立．②当时，则所以或，所以总有．综上讨论，满足（）的的取值仅能是．法二：因为，所以数组的极差，所以若为最大数，则．若，则若，则当时，可得，即．由，可得，所以．将代入得，所以当时，（）．由操作规则可知，每次操作，数组中的最大数变为最小数，最小数和次小数分别变为次小数和最大数，所以数组的极差不会改变．所以满足（）的的取值仅能是．(3) 因为，，是以为公比的正整数等比数列的三项，所以，，是形如（其中）的数，又因为，所以，，中每两个数的差都是的倍数．所以的极差是的倍数．法1：设，不妨设，依据操作的规则，当在三元数组（，）中，总满足是唯一最大数，是最小数时，一定有解得所以，当时，．，．依据操作的规则，当在三元数组（，）中，总满足是最大数，是最小数时，一定有解得所以，当时，．，，所以存在，满足的极差．法2：设，则①当中有唯一最大数时，不妨设，则所以所以，若，，是的倍数，则，，是的倍数．所以，则，，所以所以②当中的最大数有两个时，不妨设，则所以所以，若，，是的倍数，则，，是的倍数．所以，则，所以所以当时，数列是公差为的等差数列．当时，由上述分析可得，此时所以存在，满足的极差．31 (1) 数列；数列．(2) 存在数列，它的创新数列为等差数列．设数列的创新数列为，因为为中的最大值，所以．由题意知，为中最大值，为中最大值，所以，且．若为等差数列，设其公差为则，且，当时，为常数列，又，所以数列为，此时数列是首项为的任意一个符合条件的数列；当时，因为，所以数列为，此时数列是；当时，因为又，，所以，这与矛盾，所以此时不存在．即不存在使得它的创新数列为的等差数列．综上，当数列为：①首项为的任意符合条件的数列；②数列时，它的创新数列为等差数列．(3) 设的创新数列为，由（2）知，，由题意，得，所以当数列的创新阶数为时，必然为（其中），由排列组合知识，得创新数列为的符合条件的的个数为所以，在创新阶数为的所有数列中，它们的首项的和为32 (1) 有序整点列，，与，，互为正交点列．理由如下：由题设可知，，，．因为，，所以，．所以整点列，，与，，互为正交点列．(2) 由题意可得，，，设点列是点列的正交点列，则可设，，，．因为与，与相同，所以有因为，方程不成立，所以有序整点列，，，不存在正交点列．(3) 存在无正交点列的整点列．当时，设，其中，是一对互质整数，，若有序整点列是点列的正交点列，则，由得取，，，，，，，由于是整点列，所以有．等式中左边是的倍数，右边等于，等式不成立，所以存在无正交点列的整点列．33 (1) ，，，；，，，；，，，．(2) 因为，，所以．所以当时，总有．又，．所以．故时，总有．从而只需比较和的大小．（i）当，即，即时，是递增数列，此时对一切均成立，所以（ii）当时，即，即时，，，，所以综上，原式(3) ．首项为的数列有个；首项为的数列有个；首项为的数列有个；首项为的数列有个；所以，控制阶数为的所有数列首项之和．34 (1) 略．(2) ．(3) 略．35 (1) ．除第组外的每组至少含有个数．(2) 当第组形成后，因为，所以还有数没分完，这时余下的每个数必大于余差的，余下数之和也大于第组的余差，即由此可得因为，所以(3) 用反证法证明结论．假设，即第组形成后，还有数没分完，由（1）和（2）可知，余下的每个数都大于第组的余差，且，故余下的每个数因为第组数中至少含有个数，所以第组数之和大于，此时第组的余差第组数之和，这与式中矛盾，所以．36 (1) 设因为，所以从而又由题意知当时，当时，所以(2) 设记，由（1）可知，，，所以中的个数为，中的个数为．设是使成立的的个数，则．由此可知，三个数不可能都是奇数，即，，三个数中至少有一个是偶数．(3) ，其中表示中所有两个元素间距离的总和，设中所有元素的第个位置的数字中共有个，个，则由于所以从而37 (1) 欲，只需中有两个，其他为即可，故；(2) 法一：令，．法二：令，，其中或，或．当，时，；当，时，；当，时，；当，时，．故．所以(3) 法一：易知中共有个元素，分别记为，．因为的共有个，的共有个．所以所以．法二：根据（1）知使的共有个．所以两式相加整理得．38 (1) 由题意，创新数列为的所有数列有两个，即数列和数列． (2) 存在数列，使它的创新数列为等差数列．设数列的创新数列为，因为是中的最大值，所以．由题意知，为中的最大值，为中的最大值，所以，且．若为等差数列，设其公差为，则且．当时，为常数列，又，所以数列为．此时数列是首项为的任意一个符合条件的数列；当时，因为，所以创新数列为．此时数列为；。
查补易混易错点07 构造地貌与河流地貌-【查漏补缺】2023年高考三轮冲刺过关(解析版)
查补易混易错点07 构造地貌与河流地貌构造地貌与河流地貌是人教版选择性必修第一册第二章的重点内容，主要包括背斜、向斜、断层以及河流侵蚀地貌和河流堆积地貌。
要求学生能够根据构造地貌的原理以及河流地貌形成的原因分析和说明一些地表形态的变化过程（综合思维），在一定程度上合理描述和解释特定区域的自然现象，并说明其对人类的影响（区域认知、人地协调观）。
是高考高频考点，2022年山东高考的第13-15题，2022年浙江1月选考的第17-18题，2022年湖南高考的第19题等都对构造地貌与河流地貌进行了考查。
易错01 构造地貌1．地质构造的判断方法(1)看问题指向①问地质构造，主要包括褶皱(背斜、向斜)、断层(地垒、地堑)。
①问构造地貌，主要包括山岭、谷地、平原、盆地、陡崖等。
(2)具体方法地点海拔(米)某沉积岩的埋藏深度(米)2.地质构造在工程选址、找水、找矿等方面具有重要的实践意义，可通过下图进行理解。
(1)利用地质构造找水——向斜槽部、断层处(2))(3)易错02 河谷地貌的演变1．不同河段侵蚀作用的差异2.3(1)概念：又称“河流抢水”。
处于分水岭两侧的河流，由于侵蚀速度差异较大，其中侵蚀力强的河流能够切穿分水岭，抢夺侵蚀力较弱的河流上游河段，这种河系演变的现象，称为河流袭夺。
(2)条件①两条河川间的距离不能太远；①其中一条河川的侧蚀或向源侵蚀强烈；①必须一条为高位河、另一条为低位河，也就是分水岭两侧的海拔要具有明显的差异。
4．河流阶地(1)概念：河流阶地是指在地质作用下，原先的河谷底部(河漫滩或河床)上升超出一般洪水水位，呈阶梯状分布在河谷谷坡的地形。
注意：由河漫滩向谷坡上方，依次命名为一级阶地、二级阶地、三级阶地等；海拔越高，年代越老。
(2)形成过程注意：有几级阶地，就有几次上升运动(地壳上升是间歇性的，即等新的阶地形成之后才会再次上升，不是连续上升的)。
(3)河流阶地与人类活动①河流阶地地面平坦，组成物质颗粒较细，土质较为肥沃。
第 7 讲 构造与论证(补充练习)
第7 讲构造与论证（补充练习）（一）第一组补充练习【练习I】今有长度是l，2，3，……，199的金属杆各1根，能否用上所有的金属杆，不弯曲任何一根，把它们焊接成(1)一个正方体框架；(2)一个长方体框架。
分析：(1) 不可能焊接成正方体框架。
因为正方体的12条棱长度相同，所以199根金属杆的长度和应该是12的倍数。
但是实际上l＋2＋3＋……＋199＝（1＋199）×199÷2＝19900。
19900不是12的倍数。
⑵可以焊接成长方体框架。
因为长方体有4个长、4个宽、4个高，所有棱长的和可以表示为（长＋宽＋高）×4，199根金属杆的长度和是4的倍数即可。
19900显然是4的倍数。
具体构造如下：第一步，先把他们焊接成长为199的金属杆100根。
199＝1＋198＝2＋197＝3＋196＝……＝99＋100第二步，焊接的长方体框架，长是4根199×12的金属杆，宽是4根199×12金属杆，高是4根199的金属杆。
【练习2】用15个如图所示的由4个小方格组成的“L”形板与一个田字形板能覆盖一个8×8的棋盘吗?分析：(1) 如图，把8×8的棋盘进行隔行染色，图中共有32个黑格。
每张“L”形板无论怎样放置，要么盖住1个黑格，要么盖住3个黑格，总之是奇数个黑格，15张“L”形板盖住的黑格数是奇数。
而田字形板无论怎样放置都恰好盖住2个黑格，田字形板盖住的黑格数是偶数。
奇数＋偶数＝奇数，也就是说，15张“L”形板和1张田字形板盖住的黑格数是奇数，而图中有32个黑格（偶数），奇数不等于偶数，所以不能按要求进行覆盖。
【练习3】能否在8行8列的方格表的每个空格中分别填上1、2、3这三个数字中的任何一个，使得每行、每列及两条对角线各个数字之和都互不相同？并对你的结论加以证明。
分析：(1) 不可能。
⑵若某行（某列、某条对角线）上8个方格里都填“1”，数字和是8；若某行（某列、某条对角线）上8个方格里都填“3”，数字和是24；由8到24共有17个不同的整数值，把这17个不同的整数值当作抽屉。
小学六年级奥数天天练：构造与论证
小学六年级奥数天天练：构造与论证教案是教师为顺利而有效地开展教学活动，根据课程标准，教学大纲和教科书要求及学生的实际情况，以课时或课题为单位，对教学内容、教学步骤、教学方法等进行的具体设计和安排的一种实用性教学文书，包括教材简析和学生分析、教学目的、重难点、教学准备、教学过程及练习设计等，下面是由小编为大家整理的范文模板,仅供参考,欢迎大家阅读.
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_89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?
【答案】
(1)可以，如(_89，989，89) (__，9_，0) (950，9_，950)
(50，0，50) (25，25，50) (O，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_89+989+89=3_7，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走.
小学六年级奥数天天练：构造与论证.到电脑，方便收藏和打印：。
0410构造与论证
0410构造与论证（一）1、有一把长为9厘米的直尺，厘米的直尺，你能否在上面只标出你能否在上面只标出3条刻度线，条刻度线，使得用这把直尺可以量出从使得用这把直尺可以量出从1至9厘米中任意整数厘米的长度？任意整数厘米的长度？答：可以。
答：可以。
（1）标3条刻度线，刻上A ，B ，C 厘米（都是大于1小于9的整数），那么，的整数），那么，A A ，B ，C ，9这4个数中，大减小两两之差，至多有6个：个：9-A 9-A 9-A，，9-B 9-B，，9-C 9-C，，C-A C-A，，C-B C-B，，B-A B-A，加上这，加上这4个数本身，至多有10个不同的数，有可能得到1到9这9个不同的数。
个不同的数。
（2）例如刻在1，2，6厘米处，由1，2，6，9这4个数，以及任意2个的差，能够得到从1到9之间的所有整数：所有整数：11，2，9-6=39-6=3，，6-2=46-2=4，，6-1=56-1=5，，6，9-2=79-2=7，，9-1=89-1=8，，9。
（3）除1，2，6之外，还可以标出1，4，7这3个刻度线：个刻度线：11，9-7=29-7=2，，4-1=34-1=3，，4，9-4=59-4=5，，7-1=67-1=6，，7，9-1=81=8，，9。
另外，与1，2，6对称的，标出3，7，8；与1，4，7对称的，标出2，5，8也是可以的。
也是可以的。
2、一个三位数，一个三位数，如果它的每一位数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，如果它的每一位数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被后下个三位数“吃掉”。
例如，数“吃掉”。
例如，241241被352吃掉，吃掉，123123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互相都不能被吃掉。
现请你设计6个三位数，它们当中任何一个都不能被其它5个数吃掉，并且它们的百位数字只允许取1，2，3，4。
问这6个三位数分别是多少？个三位数分别是多少？答：答：66个三位数都不能互吃，那么其中任意两个数，都不能同时有2个数位相同。
小学奥数：构造与论证.专项练习及答案解析
构造与论证教学目标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．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．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个和相加，便等于1～2009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．本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009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？【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和为++++=⨯L是一个偶数，而每一次“操作”，将a、b两个数123200820091004变成了()-，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a b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1997×1997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1997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)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．【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，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÷3=1113，推知，必有人得分不超过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24C场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为24C×2=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=14＞12，不满足.即n=4不可能。
论证结构高中练习题及讲解
论证结构高中练习题及讲解### 论证结构高中练习题练习题一：因果论证阅读以下段落，分析作者如何使用因果关系来构建论证，并指出其中可能存在的逻辑谬误。
段落：“随着智能手机的普及，人们越来越依赖于手机来获取信息和进行社交。
因此，人们面对面交流的能力正在下降。
”练习题二：类比论证以下类比是否恰当？请解释原因，并给出一个更恰当的类比。
段落：“学习就像登山一样，你不能期待一蹴而就。
就像你不能一步登上珠穆朗玛峰，你也不能期望一夜之间就掌握所有知识。
”练习题三：反证法阅读以下段落，分析作者如何使用反证法来支持其观点。
段落：“如果我们不采取行动来减少温室气体排放，那么全球变暖将会继续加剧。
然而，如果我们现在开始采取措施，我们就有可能减缓气候变化的速度。
”练习题四：演绎推理以下论证是否有效？如果无效，请指出其逻辑错误。
前提：1. 所有学生都需要通过期末考试。
2. 张三是一名学生。
结论：张三需要通过期末考试。
练习题五：归纳推理分析以下论证，并判断其归纳推理是否合理。
段落：“在过去的十年中，我们观察到越来越多的人选择在线购物。
因此，我们可以推断，未来的趋势是人们更倾向于在线购物。
”练习题六：比较论证以下比较是否合理？请给出你的评价。
段落：“与过去的传统教育相比，在线教育提供了更多的灵活性和便利性。
因此，在线教育是更好的教育方式。
”练习题七：定义论证阅读以下段落，分析作者如何通过定义来构建其论证。
段落：“自由意味着能够不受限制地做出选择。
因此，任何限制个人选择的法律都是对自由的侵犯。
”练习题八：假设论证以下论证中的假设是否合理？请给出你的评价。
段落：“如果我们能够解决能源问题，那么我们就不必担心气候变化。
因为能源问题是导致气候变化的主要原因。
”练习题九：证据论证以下论证是否充分？请指出其需要补充的证据类型。
段落：“研究表明，阅读可以提高儿童的认知能力。
因此，我们应该鼓励儿童多读书。
”练习题十：逻辑谬误识别阅读以下段落，识别并解释其中的逻辑谬误。
构造与论证之组合原理综合运用下(超常)
构造与论证之组合原理综合运用下容斥原理例 12有一些人参加田径运动会，每人至少参加两项比赛。
已知有8人没参加跑的项目，参加投掷项目的人数与参加跑和跳两项的人数都是17人。
问：同时参加三项的有几个人？仅参加两项的有多少人？第 1 页/共11 页知识储备解题过程秀情总结在线测试有一些人参加田径运动会，每人至少参加两项比赛。
已知有10人没参加跑的项目，参加投掷项目的人数与参加跑和跳两项的人数都是26人。
问：仅参加两项比赛的有( )人A．30B．35C．40D．45知识点第 3 页/共11 页例 132010盏不亮的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为1，2，…，2010。
将编号为2的倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为5的倍数的灯的拉线各拉一下。
拉完后亮着的灯数为__________盏。
知识储备解题过程秀情总结在线测试2010盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为l，2，…，2010。
将编号为2的倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为4的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为6的倍数的灯的拉线各拉一下。
拉完后亮着的灯数为( )盏A．985B．1005C．1480D．1508第 5 页/共11 页知识点超常拓展一1到100所有天然数中与100互质各数之和是多少？知识储备解题过程秀情总结在线测试1到441所有天然数中与441互质各数之和是( ) A．32634B．14112C．55566D．4851第7 页/共11 页知识点超常拓展二体育课上，60名学生面向教师站成一行，按教师口令，从左到右报数：1，2，3，…，60，然后，教师让所报的数是4的倍数的学生向后转，接着又让所报的数是5的倍数的学生向后转，最后让所报的数是6的倍数的学生向后转，现在面向教师的学生有________人。
知识储备解题过程秀情总结在线测试体育课上，60名学生面向教师站成一行，按教师口令，从左到右报数：1，2，3，…，60，然后，教师让所报的数是2的倍数的学生向后转，接着又让所报的数是3的倍数的学生向后转，最后让所报的数是5的倍数的学生向后转，现在面向教师的学生有( )人。
《构造与论证(二)》配套练习题
《构造与论证（二）》配套练习题一、解答题1、如图，在3×3的方格表中已经填入了9个整数．如果将表中同一行同一列的3个数加上相同的整数称为一次操作．问：你能否通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数？2、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：能否找到两个学生甲、乙和三本书A、B、C，使得甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C，没读过A？3、平面上有A、B、C、D、E、F六个点，其中没有三点共线，每两点之间任意选取红线或蓝线连接．小红说：不管怎样连接，至少存在一个三边同色的三角形．她说的对吗？4、4个人聚会，每人各带了2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．小明说：至少有2对人，每对人是互赠过礼品的．他说的对吗？5、在8×8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？6、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．小刚说：在这些数学家中至少有3人能用同一种语言交谈．他说的对吗？7、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？8、若干箱货物总重19.5吨，每箱重量不超过353千克．那么最少需要多少辆载重量为1.5吨的汽车，才能保证把这些箱货物一次全部运走？答案部分10304525一、解答题1、【正确答案】不能【答案解析】2与其他数的奇偶性不同加上同一个数，得到的数的奇偶性也不同，所以不可能变成相同的数。
【答疑编号10304525】103045262、【正确答案】可以【答案解析】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．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第 7 讲构造与论证
（补充练习）
（一）第一组补充练习
【练习I】今有长度是l，2，3，……，199的金属杆各1根，能否用上所有的金属杆，不弯曲任何一根，把它们焊接成(1一个正方体框架；(2一个长方体框架。
分析：(1 不可能焊接成正方体框架。
因为正方体的12条棱长度相同，所以199根金属杆的长度和应该是12的倍数。
但是实际上l＋2＋3＋……＋199＝（1＋199）×199÷2＝19900。
19900不是12的倍数。
⑵ 可以焊接成长方体框架。
因为长方体有4个长、4个宽、4个高，所有棱长的和可以表示为（长＋宽＋高）×4，199根金属杆的长度和是4的倍数即可。
19900显然是4的倍数。
具体构造如下：
第一步，先把他们焊接成长为199的金属杆100根。
199＝1＋198＝2＋197＝3＋196＝……＝99＋100
第二步，焊接的长方体框架，长是4根199×12的金属杆，宽是4根199×12金属杆，高是4根199的金属杆。
【练习2】用15个如图所示的由4个小方格组成的“L”形板与一个田字形板能覆盖一个8×8的棋盘吗?
分析：(1 如图，把8×8的棋盘进行隔行染色，图中共有32个黑格。
每张“L”形板无论怎样放置，要么盖住1个黑格，要么盖住3个黑格，总之是奇数个黑格，15张“L”形板盖住的黑格数是奇数。
而田字形板无论怎样放置都恰好盖住2个黑格，田字形板盖住的黑格数是偶数。
奇数＋偶数＝奇数，也就是说，15张“L”形板和1张田字形板盖住的黑格数是奇数，而图中有32个黑格（偶数），奇数不等于偶数，所以不能按要求进行覆盖。
【练习3】能否在8行8列的方格表的每个空格中分别填上1、2、3这三个数字中的任何一个，使得每行、每列及两条对角线各个数字之和都互不相同？并对你的结论加以证明。
分析：(1 不可能。
⑵ 若某行（某列、某条对角线）上8个方格里都填“1”，数字和是8；
若某行（某列、某条对角线）上8个方格里都填“3”，数字和是24；
由8到24共有17个不同的整数值，把这17个不同的整数值当作抽屉。
⑶ 8行、8列、2条对角线，共有8＋8＋2＝18个不同的整数值，根据抽屉原理，至少[18/17] ＝2个数字和相同。
【练习4】桌子上放着5张卡片，小月在卡片的正面写上1、2、3、4、5，然后冬冬在背面分别写上1、2、3、4、5，写完后计算每张卡片上两数之和，再把5个和相乘，问：冬冬能否找到一种写法，使得最后的乘积是奇数？为什么？
分析：(1 不可能。
⑵ 5张卡片正、反两个面上所有数的和是（1＋2＋3＋4＋5）×2＝30，30是偶数。
冬冬计算每张卡片上两数之和，再把5个和相乘，要使最后的乘积是奇数的话， 5个和数都必须是奇数，因为只有奇数乘以奇数才得奇数，但是5个奇数相加不可能得到偶数30。
（二）第二组补充练习
练习1、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？
①将每一张卡片正反两个面上的数字相加，得到2009个数，把这2009个和数相加结果必是偶数，因为结果等于1～2009的所有数的总和的2倍。
2009是奇数，
2009个数的总和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么，2009个和数的乘积是偶数。
② 1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数。
而现在只有2009张卡片，根据抽屉原理，必有两个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片正反两个面上的数的和是偶数，从而2009个和数的乘积也是偶数。
练习2、一个盒子里有400枚棋子，其中黑色的白色的棋子各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“白”）。
①在每一次操作中，若“每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去”，所以在2枚棋子颜色相同的情况下拿出的白子可能为0枚或2枚。
若“颜色不同，1黑1白，就补1枚白色的棋子回去”，那么此时拿出的白子数就是0枚。
②综上述，每次操作拿出的白子数都是偶数，而最初白子有200枚，是偶数，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，最后剩1枚棋子，不可能是白子，只能是黑子。
练习3、桌上有一堆石子共1001粒。
第一步从中扔去一粒石子，并把余下的石子分成两堆。
以后的每一步，都从某个石子数目多于1的堆中扔去1粒，再把某一堆分成两堆。
问：能否在若干步之后，桌上的每一堆中都刚好有3粒石子？
①每次操作都是扔1粒石子，并把某一堆分成2堆。
假设最后桌子上剩n堆石子，每堆3枚，桌上还有3n石子。
在此之前进行了（n－1）操作，扔了（n－1）枚石子。
扔掉的和桌子上现有的应该等于最初的1001粒石子。
② 3n＋（n－1）＝1001
4n－1＝1001
4n＝1002
n＝250.5
n不是整数，说明最初的假设错误，所以无论经过多少步操作，桌上的每一堆中石子不可能都恰好是3粒。
练习4、一些棋子被摆成了一个四层的空心方阵（下图是一个四层空心方阵的示意图），后来小林又添入28个棋子，这些棋子恰好变成了一个五层的空心方阵（不能移动原来的棋子），那么最开始最少有个棋子。
先明确方阵问题的特征：1、相邻两圈外圈每边比内圈每边多2枚棋子。
2、相邻两圈外圈比内圈多8枚棋子。
㈠将四层空心方阵变成五层空心方阵有3种方法：
一种是在最外层增加一圈（两行两列）；
第二种是在最内层增加一圈（两行两列）；
第三种是在最内层增加一行一列，在最外层的另外两个方向也增加一行一列。
㈡ 1、空心方阵的最里层至少需要8枚棋子，若是五层的空心方阵从里到外各层棋子数依次为8、16、24、32、40，最外层至少需要40枚棋子，小林只添28枚棋子，显然第一种情况不符合题意。
2、如果是第二种情况，小林把28枚棋子放到了最里圈，则从里到外各层的棋子数依次是28、36、44、52、60，原四层空心方阵应该有棋子60＋52＋44＋36＝192枚。
3、如果是第三种情况。
设原四层空心方阵最里圈每边有χ枚棋子。
小林在里圈1行1列放了（χ－2）×2－1＝2χ－5（枚）棋子
小林在外圈1行1列放了（χ＋6）×2＋1＝2χ＋13（枚）棋子
（2χ－5）＋（2χ＋13）＝28
4χ＋8＝28
4χ＝20
χ＝5
原四层空心方阵最里圈共有棋子（5－1）×4＝16枚，原四层空心方阵从里到外各层棋子数依次为16、24、32、40，在这种情况下原四层空心方阵共有16＋24＋32＋40＝112枚棋子。
4、比较第二和第三种情况，发现112小于192，所以最开始至少有棋子112枚。
练习5、（2009年华杯赛决赛试题）
将七位数“1357924”重复写287次组成一个2009位数“13579241357924……”，删去这个数中所有位于奇数位（丛左往右数）上的数字组成一个新数，再删去新数中所有位于奇数位上的数字，按上述方法一直删下去直到剩下一个数字为止，则最后剩下的数字是。
分析：先将这2009个数从左到右依次编号为1、2、3、 (2009)
根据题意，第一次删去的都是奇数位上的数字，留下的都是偶数位上的数字。
第二次删去的是编号为除以4余2的数字。
余下的是编号为4的倍数的数字。
第三次删去的是编号为除以8余4的数字。
余下的是编号为8的倍数的数字。
……
一直删下去，编号中含有质因数“2”的个数越多的数，就越能留在后面。
所以，编号中含有质因数“2”最多的数，就是留在最后面的数。
由于1～2009中1024含有质因数“2”的个数最多，所以最后留下的数是开始时从左往右数第1024个数。
1024÷7＝146……2，
每组第2个数字都是3，所以第1024位上的数字是3，所以最后剩下的数字是3。