初中数学竞赛《容斥原理》练习题及答案 (10)
完整版容斥原理习题加答案
1. 现有50名学生都做物理、化学实验，如果物理实验做正确的有40人，化学实验做正确的有31人，两种实验都错的有4人，则两种实验都做对的有（）【答案】B【解析】直接代入公式为：50=31+40+4- A H B得A H B=25,所以答案为B。
2. 某服装厂生产出来的一批衬衫大号和小号各占一半。
其中25%是白色的, 75%是蓝色的。
如果这批衬衫共有100件，其中大号白色衬衫有10件，小号蓝色衬衫有多少件？（）A 、15B、25C 、35D40【答案】C【解析】这是一种新题型，该种题型直接从求解出发，将所求答案设为A H B,本题设小号和蓝色分别为两个事件A和B,小号占50%蓝色占75%直接代入公式为：100=50+75+10- A H B，得：A H B=353. 某高校对一些学生进行问卷调查。
在接受调查的学生中，准备参加注册会计师考试的有63人，准备参加英语六级考试的有89人，准备参加计算机考试的有47人，三种考试都准备参加的有24人，准备只选择两种考试都参加的有46人,【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字 24,再推其他部分数字：根据每个区域含义应用公式得到：总数=各集合数之和-两两集合数之和+三集合公共数+三集合之外数=63+89+47— {(x+24)+(z+24)+(y+24)}+24+15=199— { (x+z+y ) +24+24+24}+24+15根据上述含义分析得到：x+z+y 只属于两集合数之和，也就是该题所讲的只选择两种考试都参加的人数，所以 x+z+y 的值为46人；得本题答案为120.4. 对某单位的100名员工进行调查，结果发现他们喜欢看球赛和电影、戏剧。
其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看戏剧，52人喜欢看电影，既喜欢看球赛又喜 欢看戏剧的有18人，既喜欢看电影又喜欢看戏剧的有16人，三种都喜欢看的有 12人，则只喜欢看电影的有多少人( )A.22 人B.28 人C.30 人D.36 人【答案】A【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字 12,再推其他部分数字：根据各区域含义及应用公式得到：总数=各集合数之和-两两集合数之和+三集合公共数+三集合之外数100= 58+38+52- {18+16+ (12+ x ) }+12+0,因为该题中，没有三种都不喜 欢的人，所以三集合之外数为 0,解方程得到：x = 14。
容斥原理几何题
容斥原理几何题容斥原理是组合数学中的一种重要方法，它可以用于解决包含或重叠的集合问题。
在几何题中，容斥原理也有广泛的应用，下面以一个简单的例子来说明。
假设在平面直角坐标系中，有一条长度为10的线段AB，以及两个半径分别为3和4的圆，圆心分别为C和D，如下图所示。
```A C D B--------o-----o--------\ /\ /o|||o```现在要求从线段AB上取一点P和圆C、D上各取一点Q、R，使得三角形PQR的周长不超过20。
问有多少种取点方案？解题思路：首先考虑取点的情况，可以看出线段AB上取点的位置有无限多种，圆C和D上取点的位置也有无限多种。
因此，我们需要对取点的位置进行分类计算。
设线段AB上取点P的位置为x，圆C上取点Q的位置为y，圆D上取点R的位置为z，那么三角形PQR的周长为：L = PQ + QR + RP = √[(x-y)² + 9] + √[(y-z)² + 16] + √[(z-x)² + 9]根据容斥原理，我们可以通过减去重复计算的部分来得到不超过20的取点方案数。
具体地，我们可以将所有可能的情况分为以下四种情况：1. 只在线段AB上取点P；2. 只在圆C上取点Q；3. 只在圆D上取点R；4. 同时在线段AB、圆C和圆D上取点。
对于第一种情况，由于线段AB的长度为10，因此P的位置有10种选择。
对于第二种情况，由于圆C的半径为3，因此Q的位置有6种选择。
对于第三种情况，由于圆D的半径为4，因此R的位置有8种选择。
对于第四种情况，我们需要同时考虑P、Q、R三个点的位置，即需要在线段AB、圆C和圆D的交点处取点。
这里可以通过解方程求得交点的坐标，进而求得P、Q、R的位置。
综上所述，根据容斥原理，不超过20的取点方案数为：N = 10 - 6 - 8 + S其中，S表示同时在线段AB、圆C和圆D上取点的方案数。
通过解方程可以得到S=4，因此有：N = 10 - 6 - 8 + 4 = 0因此，不超过20的取点方案数为0，即不存在符合要求的取点方案。
(完整版)容斥原理习题加答案
1.现有50名学生都做物理、化学实验，如果物理实验做正确的有40人，化学实验做正确的有31人，两种实验都错的有4人，则两种实验都做对的有( )A、27人B、25人C、19人D、10人【答案】B【解析】直接代入公式为：50=31+40+4－A∩B得A∩B=25，所以答案为B。
2.某服装厂生产出来的一批衬衫大号和小号各占一半。
其中25％是白色的，75％是蓝色的。
如果这批衬衫共有100件，其中大号白色衬衫有10件，小号蓝色衬衫有多少件？（）A、15B、25C、35D、40【答案】C【解析】这是一种新题型，该种题型直接从求解出发，将所求答案设为A∩B，本题设小号和蓝色分别为两个事件A和B，小号占50%，蓝色占75%，直接代入公式为：100=50+75+10－A∩B，得：A∩B=35。
3.某高校对一些学生进行问卷调查。
在接受调查的学生中，准备参加注册会计师考试的有63人，准备参加英语六级考试的有89人，准备参加计算机考试的有47人，三种考试都准备参加的有24人，准备只选择两种考试都参加的有46人，不参加其中任何一种考试的都15人。
问接受调查的学生共有多少人？（）A．120B．144C．177D．192【答案】A【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字24，再推其他部分数字：根据每个区域含义应用公式得到：总数=各集合数之和－两两集合数之和＋三集合公共数＋三集合之外数＝63+89+47－{(x+24)+(z+24)+(y+24)}+24+15＝199－{（x+z+y）+24+24+24}+24+15根据上述含义分析得到：x+z+y只属于两集合数之和，也就是该题所讲的只选择两种考试都参加的人数，所以x+z+y的值为46人；得本题答案为120.4.对某单位的100名员工进行调查，结果发现他们喜欢看球赛和电影、戏剧。
其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看戏剧，52人喜欢看电影，既喜欢看球赛又喜欢看戏剧的有18人，既喜欢看电影又喜欢看戏剧的有16人，三种都喜欢看的有12人，则只喜欢看电影的有多少人（）A.22人B.28人C.30人D.36人【答案】A【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字12，再推其他部分数字：根据各区域含义及应用公式得到：总数=各集合数之和－两两集合数之和＋三集合公共数＋三集合之外数100＝58+38+52－{18+16+（12+ x）}+12+0,因为该题中，没有三种都不喜欢的人，所以三集合之外数为0，解方程得到：x＝14。
容斥原理例题
--------------- 名师点拨....................学科:学科：奥数一教学内容：第四讲容斥原理（二）开始学习上一讲我们已经初步研究了简单的容斥原理，今天我们继续研究较复杂的容斥问题。
例1五年级一班有45名同学，每人都积极报名参加暑假体育训练班，其中报足球班的有25人，报篮球班的有20人，报游泳班的有30人，足球、篮球都报者有10人，足球、游泳都报者有10人，足球、篮球都报者有12人。
请问：三项都报的有多少人？分析：由于问题比较复杂，我们把它简化成下图要计算阴影部分的面积，我们记AHB 为圆A与圆B公共部分的面积，BHC为圆B与圆C公共部分的面积，AHC表示圆A与圆C 的公共部分的面积，x为阴影部分的面积则图形盖住的面积为：A+B+C-AHB-BnC-AnC+X。
请同学们注意：阴影部分的面积先加了3次，然后又被减了3次，最后又加了1次。
解答：设三项都报的有x人，由容斥原理有30+25+20-10-10-12+x=45解得x=2。
答：三项都报名的有2人。
说明：在“A+B+C-AnB-BnC-AnC+X” 式中，A, B, C, AnB, Bnc, Anc, x 和总量这8个数中，只要知道了7个数，就可通过列方程求出第8个数。
例2从1至1000这1000个自然数中，不能被3、5、7中任何一个自然数整除的数一共有多少个？分析：第一步先求出：能被3、5、7中任何一个自然数整除的数一共有多少个？第二步再求出：不能被3、5、7中任何一个自然数整除的数一共有多少个？能被3整除的自然数的个数+能被5整除的自然数的个数+能被7整除的自然数的个数一（既能被3整除又能被5 整除的自然数的个数+既能被3整除又能被7整除的自然数的个数+既能被5整除又能被7 整除的自然数的个数）+能同时被3、5、7整除的自然数的个数二能被3、5、7中任何一个自然数整除的数的个数。
解答：能被3整除的自然数有多少个？1000^3=333……1有 333 个。
容斥原理问题经典例题
容斥原理问题经典例题在数学的世界里，容斥原理是一个非常实用且有趣的概念。
它帮助我们解决那些涉及多个集合相互交叉、重叠的计数问题。
下面，我们就通过几个经典例题来深入理解容斥原理。
例 1：在一个班级中，有 30 人喜欢数学，25 人喜欢语文，20 人喜欢英语，其中 10 人既喜欢数学又喜欢语文，8 人既喜欢数学又喜欢英语，6 人既喜欢语文又喜欢英语，还有 3 人这三门学科都喜欢。
请问这个班级中至少喜欢一门学科的有多少人？首先，我们分别计算喜欢数学、语文、英语的人数之和：30 ＋ 25 ＋ 20 ＝ 75 人。
但是，在这个计算过程中，我们把同时喜欢两门学科的人数多算了一次。
所以要减去重复计算的部分：既喜欢数学又喜欢语文的 10 人被多算了一次，既喜欢数学又喜欢英语的 8 人被多算了一次，既喜欢语文又喜欢英语的 6 人被多算了一次。
所以要减去：10 ＋ 8 ＋ 6 ＝ 24 人。
然而，这里又把同时喜欢三门学科的 3 人多减了两次。
所以要再加上 3 人。
综上，至少喜欢一门学科的人数为：75 24 ＋ 3 ＝ 54 人。
例 2：某学校组织学生参加课外活动，参加体育活动的有 120 人，参加文艺活动的有 90 人，参加科技活动的有 70 人。
其中，既参加体育活动又参加文艺活动的有 40 人，既参加体育活动又参加科技活动的有 30 人，既参加文艺活动又参加科技活动的有 20 人，三种活动都参加的有 10 人。
请问该校参加课外活动的学生共有多少人？我们先计算参加体育、文艺、科技活动的人数总和：120 ＋ 90 ＋70 ＝ 280 人。
然后减去重复计算的部分：既参加体育和文艺的 40 人多算了一次，既参加体育和科技的 30 人多算了一次，既参加文艺和科技的 20 人多算了一次，所以要减去：40 ＋ 30 ＋ 20 ＝ 90 人。
但这样又把三种活动都参加的 10 人多减了两次，所以要加上 10 人。
因此，参加课外活动的学生总数为：280 90 ＋ 10 ＝ 200 人。
初一数学竞赛专题 (10)
初一数学竞赛第10讲计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。
一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。
所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。
运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。
例1四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张。
问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。
先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法。
同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法。
一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法。
例2甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。
问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况。
同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况。
一共有 7＋7=14（种）可能的情况。
二、加法原理如果完成一件事情有n类方法，而每一类方法中分别有m1，m2，…，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+…mn种方法。
这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。
例3一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。
例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数。
问：1到6位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第2000个回文数是多少？解：一位回文数有：1，2，…，9，共9个；二位回文数有：11，22，…，99，共9个；三位回文数有：101，111，…，999，共90个；四位回文数有：1001，1111，…，9999，共90个；五位回文数有：10001，10101，…，99999，共900个；六位回文数有：100001，101101，…，999999，共900个。
容斥原理练习题解析版
容斥原理练习题【练习 1】47 名学生参加数学和语文考试，其中语文得分 95 分以上的 14 人， 数学得分 95 分以上的 21 人，两门都不在 95 分以上的有 22 人．问：两门都在 95 分以上的有多少人？【解析】如图，用长方形表示这47 名学生， A 圆表示语文得分95 分以上的人数，B 圆表示数学得95 分以上的人数，A 与B 重合的部分表示两门都在95 分以上的人数，长方形内两圆外的部分表示两门都不在95 分以上的人数．由图中可以看出，全体人数是至少一门在95 分以上的人数与两门都不在95 分以 上的人数之和，则至少一门在95 分以上的人数为： 47 - 22 = 25 (人)．根据包含排除法，两门都在95 分以上的人数为：14 + 21 - 25 = 10 (人)．【练习 2】某班有 42 人，其中 26 人爱打篮球，17 人爱打排球，19 人爱踢足球， 9 人既爱打篮球又爱踢足球，4 人既爱打排球又爱踢足球，没有一个人三种球都爱好，也没有一个人三种球都不爱好．问：既爱打篮球又爱打排球的有几人？【解析】由于全班42 人没有一个人三种球都不爱好，所以全班至少爱好一种球的有42 人．根据包含排除法， 42 =（26 + 17 + 19）-（9 + 4 + 既爱打篮球又爱打排球的人数）+ 0 ，得到既爱打篮球又爱打排球的人数为： 49 - 42 = 7 (人)．95分以上的 数学95分以上的 B不在两门95分以上的 语文95分以上的 A 两门都【练习 3】四(二)班有48 名学生，在一节自习课上，写完语文作业的有30 人，写完数学作业的有20 人，语文数学都没写完的有6 人．（1）问语文数学都写完的有多少人？（2）只写完语文作业的有多少人？【解析】（1）由题意，有48 - 6 = 42 (人)至少完成了一科作业，根据包含排除原理，两科作业都完成的学生有：30 + 20 - 42 = 8 (人)．（2）只写完语文作业的人数=写完语文作业的人数-语文数学都写完的人数，即30 - 8 = 22 (人)【练习 4】某班学生手中分别拿红、黄、蓝三种颜色的小旗，已知手中有红旗的共有34 人，手中有黄旗的共有26 人，手中有蓝旗的共有18 人．其中手中有红、黄、蓝三种小旗的有6 人．而手中只有红、黄两种小旗的有9 人，手中只有黄、蓝两种小旗的有4 人，手中只有红、蓝两种小旗的有3 人，那么这个班共有多少人？【解析】如图，用A 圆表示手中有红旗的，B 圆表示手中有黄旗的，C 圆表示手中有蓝旗的．如果用手中有红旗的、有黄旗的与有蓝旗的相加，发现手中只有红、黄两种小旗的各重复计算了一次，应减去，手中有三种颜色小旗的重复计算了二次，也应减去，那么，全班人数为：（34+ 26 +18）-（9+ 4 + 3）- 6 ⨯ 2 = 50 (人)．A BC。
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案抽屉原理和容斥原理24.1 抽屉原理24.1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．解析 因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦，根据抽屉原理知，至少有6个人的属相相同． 评注 抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．抽屉原理1 如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．抽屉原理2 如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里,1,mm n n k m m n n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+⎢⎥⎪⎣⎦⎩是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等．24.1.2★从2，4，6，…，30这15个偶数中任取9个数，证明：其中一定有两个数之和是34． 解析 把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．24.1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过32； {}1，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，{11，12，…，16}，{17，18，…，25}， {26，27，…，39}，{40，41，…，60}． {61，62，…，91}，{92，93，…，100}．从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过32． 24.1.4★求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除． 解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造3个抽屉：{0}、{1}、{2}．（1）若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除．（2）若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，根据抽屉原理，其中一个抽屉必包含有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除．24.1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数． 解析 从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221⨯，221⨯，321⨯，421⨯}，{3，23⨯，223⨯}，{5，25⨯，225⨯}，{7，27⨯}，{9，29⨯}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数． 所以，至少任取11个数才能满足题意．24.1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中： （1）是否一定有两个数的差等于11？ （2）是否一定有两个数的差等于9？ 解析 （1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．24.1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a 、b ，使得a b +或a b -能被100整除． 解析 把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1，…，99分成如下51组：{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除． 24.1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？ 解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有87228⨯÷=（种）， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于 ()28511113⨯-+=人时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 24.1.9★在1，11，111，…，1111n 个，…，中，是否有2007的倍数？解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071111个，若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1111a 个和1111b 个()12007a b <≤≤，于是112007111111b a -个个，1200711110a b a -⨯个．而（2007，10a ）=1，所以，12007111b a -个，这与1，11，111，…，20071111个都不是2007的倍数矛盾．所以，在1，11，111，…，1111n 个，…中，一定有2007的倍数．24.1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除． 解析设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和：0，1a ，12a a +，123a a a ++，…， 1231999a a a a ++++．因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为 123a a a +++， 12s t a a a a +++++()11999s t <≤≤，它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差 12s s t a a a +++++能被1999整除．从而本题得证．24.1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20． 解析如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写的数是12a ，那么三个相邻小段填写的数字和可以有 123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为 ()()12111233121112a a a a ++++=++++234=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 23412012⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为 12111212111278a a a a ++++=++++=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 781204⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 24.1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数． 解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合： 1A ={1，12⨯，212⨯，312⨯，412⨯，512⨯，612⨯，…}， 2A ={3，32⨯，232⨯，332⨯，432⨯，532⨯，…}， 3A ={5，52⨯，252⨯，352⨯，452⨯，…}，……n A =A{21n -}．由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．24.1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的． 解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的．24.1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈．(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15．解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=+++=，所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于54183=．b 23b a a 5a 32(b)(a)1（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于()()()12345678912945b b b b b b b b b ++++++++=+++=，所以，123b b b ++、456b b b++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于45153=． 24.1.15★在边长为1的正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共线．证明：其中必有三． 解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3个抽屉)．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个点．这三个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过13=． 24.1.16★★在34⨯的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到两个点，它们的距． 解析我们要设法把34⨯的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每部分中任意两点的距．211211211122如图所示，把34⨯的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于．从而命题得证．24.1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行． 解析凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行． 对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”．24.1.18★★证明：在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有3个人以前彼此不相识． 解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条连线同为实线，或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、B 、C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、BD 、CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明B 、C 、D 代表的3个人以前彼此不相识．不论哪种情形发生，都符合问题的结论．EF F24.1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边． 解析设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PPP 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是红的，即456P P P △的各边都是红色的．24.1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点，它们刚好成为一个等腰三角形的顶点． 解析设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．24.1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座． 解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．24．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数． 解析 因为19893951=⨯．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么51m n a a t -=（t 为整数）． 在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即 39k l a a s -=（s 为整数）． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：()()1989m n k l a a a a st --=．24.1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无穷多个数字0，或者含有无穷多个数字9． 解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,a a ，…，()1011,a a ．这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i j a a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7就放入()35,a a这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．24．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的． 解析用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况： (1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因 12515125a a a +++==+++，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．24.1.25★★★一个由n n ⨯个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．dc a b ff da cb ee BA解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个2，…，n 个n ． 又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个． 当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．24．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1． 解析不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．A 5A对于六个扇形（圆心角60︒，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M 、N ，则1MN ≤．这是因为60MON ∠︒≤，()22222222cos 1MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-⋅∠+-⋅=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立．24.1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋． 解析用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<<≤．又因为每周至多下12盘棋，所以7777121327a ⨯=≤， 所以12771132a a a <<<≤≤．考虑下面154个正整数：1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于 1277a a a <<<，1277212121a a a +<+<<+，所以必定存在i j <，使得 21j i a a =+． 21j i a a -=．令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋． 24.2 容斥原理24.2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学． 因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有()30254510+-=（人）． BA所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个．评注 本题用的方法是容斥原理1．容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数． 24．2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?解析 在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有2014232+-=（个）． 从而，在l ，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有1003268-=（个）． 24．2.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?解析 根据容斥原理l 得：这两题都不对的同学有()402327177-+-=（人）．24．2．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?x 5241238658外语数学语文解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人．于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人．所以()100585238612=++-+()()1241212x -+-++，解得14x =．即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人．所以，只喜欢语文的同学有586121426---=（人）． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．CBA评注 本题用的方法是容斥原理2．容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是B 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．24.2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问：(1)全班数学成绩优秀的有几名?(2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．(2)如图所示：根据题意可得0 C BA滑冰游泳骑自行车17A B+=，8B C+=，13A C+=；其中A表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以()1381722C=+-÷=，故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．24．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个? 解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．我们还应注意下面这些数：3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；3、4、5的公倍数有1个：60．根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有()()332520865160++-+++=（个）．因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有1006040-=（个）．所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．34.2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有38122816876x=++---+，所以所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．24．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生?解析 设三项都获得优秀的有n 个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有 21192097836n n ++---+=+，所以，这个班的学生有36541n n ++=+人．故这个班的学生人数不少于41人．另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n ≤，所以，这个班的学生人数不超过48人．综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…， 48人．。
5.《容斥原理》专题过关检测卷带解析
5．《容斥原理》专题过关检测卷A卷（50分）一、填空题（每题2分，共20分）1．一个班有45个小学生，统计借课外书的情况是：全班学生都有借语文或数学课外书。
借语文课外书的有39人，借数学课外书的有32人。
语文、数学两种课外书都借的有_____人。
2．有长8厘米，宽6厘米的长方形与边长为5厘米的正方形，如图，放在桌面上（阴影是图形的重叠部分），那么这两个图形盖住桌面的面积是_____平方厘米。
3．在1～100的自然数中，是5的倍数或是7的倍数的数有_____个。
4．某区100个外语教师懂英语或俄语，其中懂英语的有75人，既懂英语又懂俄语的有20人，那么懂俄语的教师有_____人。
5．六(1)班有学生46人，其中会骑自行车的有17人，会游泳的有14人，既会骑车又会游泳的有4人，那么两样都不会的有_____ 人。
6．在1至10000中不能被5或7整除的数共有_____个。
7．在1至10000之间既不是完全平方数，也不是完全立方数的整数有_____个。
8．某班共有30名男生，其中20人参加足球队，12人参加篮球队，10人参加排球队。
已知没有一个人同时参加3个队，且每人至少参加一个队，有6人既参加足球队又参加篮球队，有2人既参加篮球队又参加排球队。
那么既参加足球队又参加排球队的有_____人。
9．分母是1001的最简真分数有_____个。
10.在100个学生中，音乐爱好者有56人，体育爱好者有75人，那么既爱好音乐，又爱好体育的人最少有_____人，最多有_____人。
二、解答题（30分）1．某进修班有50人，开甲、乙、丙三门进修课，选修甲这门课的有38人，选修乙这门课的有35人，选修丙这门课的有31人，兼选甲、乙两门课的有29人，兼选甲、丙两门课的有28人，兼选乙、丙两门课的有26人，甲、乙、丙三科均选的有24人。
问：三科均未选的有多少人？2．求小于1001且与1001互质的所有自然数的和。
3．如图所示，A，B，C分别代表面积为8，9，11的三张不同形状的纸片，它们重叠放在一起盖住的面积是18，且A与B，B与C，C与A公共部分的面积分别是5，3，4，求A，B，C三个图形公共部分（阴影部分）的面积。
容斥原理专题解析
1.一次期末考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？2.某校六（1）班有学生45人，每人在暑假里都参加体育训练队，其中参加足球队的有25人，参加排球队的有22人，参加游泳队的有24人，足球、排球都参加的有12人，足球、游泳都参加的有9人，排球、游泳都参加的有8人，问：三项都参加的有多少人？3.在1到1000的自然数中，能被3或5整除的数共有多少个？不能被3或5整除的数共有多少个？4.分母是1001的最简分数一共有多少个？5.设下面图中正方形的边长为1厘米，半圆均以正方形的边为直径，求图中阴影部分的面积。
6.某班有50人，会游泳的有27人，会体操的有18人，都不会的有15人.问既会游泳又会体操的有多少人？7.在1～1000这1000个自然数中，不能被2、3、5中任何一个数整除的数有多少个？8.五环图中每一个环内径为4厘米，外径为5厘米.其中两两相交的小曲边四边形（右图中阴影部分）的面积相等.已知五个圆环盖住的总面积是122.5平方厘米.求每个小曲边四边形的面积。
9.某班全体学生进行短跑、游泳和篮球三项测验，有4个学生这三项均未达到优秀，其余每人至少一项达到优秀，这部分学生达到优秀的项目及人数如下表：问这个班有多少名学生？10.有100位学生回答A、B两题.A、B两题都没回答对的有10人，有75人答对A题，83人答对B题，问有多少人A、B两题都答对？11.用红笔在一根木头上做记号：第一次把木头分成了12等份，第二次把木头分成了15等份，第三次把木头分成了20等份。
沿着这些红记号把木头锯开，一共锯成多少小段？12.在100个学生中,音乐爱好者有56人,体育爱好者有75人,那么既爱好音乐,又爱好体育的人最少有多少人？最多有多少人？13.分母为75的最简真分数有多少个？它们的和是多少？14.从1到100的自然数中，既不是5的倍数也不是6的倍数的数有多少？15.书架上共有72本书，其中有科技书12本，小说是科技书的1/2，蓝色封面的书有10本，蓝色封面的科技书有4本，蓝色封面的小说有3本，问书架上不是蓝色封面的并且既不是科技书又不是小说的其它书有多少本？有100种食品。
竞赛辅导：容斥原理
竞赛辅导：容斥原理一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．（4分）在1到40这四十个自然数中选一些数组成数集，使其中任何一个数不是另一个数的2倍，则这个数集最多有（ ）个数．A． 20 B． 26 C． 30 D． 402．（4分）甲、乙、丙、丁四人排成一排照相，甲不排在首位，丁不排在末位，有（ ）种不同的排法．A． 14 B． 13 C． 12 D． 113．（4分）从1到1000中，能被2，3，5之一整除的整数有（ ）个．A． 767 B． 734 C． 701 D． 6984．（4分）从1到200中，能被7整除但不能被14整除的整数有（ ）个．A． 12 B． 13 C． 14 D． 155．（4分）A、B、C是面积分别为150、170、230的三张不同形状的纸片，它们重叠放在一起的覆盖面积是350，且A与B、B与C、A与C的公共部分面积分别是100、70、90．则A、B、C的公共部分面积是（ ）A． 12 B． 13 C． 60 D． 156．（4分）50束鲜花中，有16束插放着月季花，有15束插放着马蹄莲，有21束插放着白兰花，有7束中既有月季花又有马蹄莲，有8束中既有马蹄莲又有白兰花，有10束中既有月季花又有白兰花，还有5束鲜花中，月季花、马蹄莲、白兰花都有．则50束鲜花中，这三种花都没有的花束有（ ）A． 17 B． 18 C． 19 D． 20二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）7．（3分）一张正方形的纸片面积是50平方厘米，一张圆形的纸片面积是40平方厘米．两张纸片覆盖在桌面上的面积是60平方厘米，则这两张纸片重合部分的面积是_________ 平方厘米．8．（3分）某班有学生45人，已知某次考试数学30人优秀，物理28人优秀，数理两科都优秀的有20人．则数理两科至少有一科优秀的有_________ 人，一科都未达到优秀的有_________ 人．9．（3分）某班有学生50人，参加数学兴趣小组的有35人，参加语文兴趣小组的有30人，每人至少参加一个组，则两个组都参加的有_________ 人．10．（3分）一个数除以3余2，除以4余1，则这个数除以12的余数是 _________ ．11．（3分）每边长是10厘米的正方形纸片，正中间挖一个正方形的洞，成为一个边宽是1厘米的方框．把5个这样的方框放在桌上，成为如图这样的图形．则桌面上被这些方框盖住的部分面积是 _________ 平方厘米．12．（3分）200以内的正偶数中与5互质的数有 _________ 个．三、解答题（共17小题，满分0分）13．在线段AB上取两个点以C、D，已知AB=25，AD=19，CB=17，求CD长．16．求前500个正整数中非5、非7、非11的倍数的数的个数．17．某校初一年级有120名学生，参加体育、文学、数学兴趣小组的人数之和为135，其中，既参加了体育兴趣小组又参加了文学兴趣小组有15人，既参加了体育兴趣小组又参加了数学兴趣小组有10人，既参加了文学兴趣小组又参加了数学兴趣小组有8人，三个兴趣小组都参加的有4人，求三个兴趣小组都没有参加的人数．18．某班语文、数学、外语三门考试成绩统计结果如下：课程 语文 数学 外语 语、数 数、外 语、外 至少一门得满分人数 9 11 8 5 3 4 18问：语文、数学、外语三门考试都得满分的人数是多少？19．求出分母是111的最简真分数的和．20．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着．现将其顺序编号为1，2，3，…，1997．将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，拉完后还有几盏灯是亮的？21．在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数有多少个？22．求1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S．23．求不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数．24．求前200个正整数中，所有非2、非3、非5的倍数的数之和．25．某班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到优秀，这部分学生达到优秀的项目、人数如下表求这个班的学生数．26．从1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数多还是能被13整除而不能被11整除的数多？27．50名学生面向老师站成一行，老师先让大家从左到右按1，2，3，…依次报数，再让报数是4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数同学向后转，问此时还有多少同学面向老师？28．已知某校共有学生900名，其中男生528人，高中学生312人，团员670人，高中男生192人，男团员336人，高中团员247人，高中男团员175人，试问这些数据统计有无错误？29．从自然数序列：1，2，3，4，…中依次划去3的倍数和4的倍数，但其中5的倍数均保留．划完后剩下的数依次组成一个新的序列：1，2，5，7，…求该序列中第2002个数．竞赛辅导：容斥原理参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．（4分）在1到40这四十个自然数中选一些数组成数集，使其中任何一个数不是另一个数的2倍，则这个数集最多有（ ）个数．A． 20 B． 26 C． 30 D． 40考点： 容斥原理．专题： 推理填空题．分析： 1到40中所有的奇数有20个可以入选，在1到40所有的偶数中，奇数的2倍的数不能放进去，如2，6，10，14，18，22，26，30，34，38，40，然后可看出偶数4，12，16，20，28，36可以放进去即可．解答： 解：∵1到40中所有的奇数有20个符合条件，而偶数4，12，16，20，28，36也符合条件， ∴这个数集最多有26个数，故选B．点评： 本题考查了容斥原理，这些奇数比较容易找出，而偶数4，12，16，20，28，36较难找到．2．（4分）甲、乙、丙、丁四人排成一排照相，甲不排在首位，丁不排在末位，有（ ）种不同的排法． A． 14 B． 13 C． 12 D． 11考点： 容斥原理．专题： 应用题．分析： 首先计算出甲、乙、丙、丁四人排成一排照相，则所有的排列方法和甲排在首位的排列方法，丁排在末位的排列方法，即可求解．解答： 解：甲、乙、丙、丁四人排成一排照相，则所有的排列方法有：4×3×2×1=24种；甲排在首位的排列方法有：3×2×1=6种；丁排在末位的排列方法有：3×2×1=6种．则甲不排在首位，丁不排在末位，的排法有：24﹣6﹣6+2=14种．故选A点评： 本题主要考查了排列的问题，容易出现的问题是忽视甲排在首位的排列方法，丁排在末位的排列方法，两种情况下有两个重复的情况，而错误的选C．3．（4分）从1到1000中，能被2，3，5之一整除的整数有（ ）个．A． 767 B． 734 C． 701 D． 698考点： 容斥原理．专题： 规律型．分析： 找到能被2，3，5之一整除的所有整数求和，再减去能被2×3，2×5，3×5，整除的所有整数的和即可．解答： 解：能被2整除的整数2×1，2×2，••，2×500；能被3整除的整数3×1，3×2，••，3×333；能被5整除的整数5×1，5×2，••，5×200；能被2×3整除的整数2×3×1，2×3×2，••，2×3×166；能被2×5整除的整数2×5×1，2×5×2，••，2×5×100；能被3×5整除的整数3×5×1，3×5×2，••，3×5×66；能被2×3×5整除的数有33个∴能被2，3，5之一整除的整数有500+333+200﹣166﹣100﹣66+33=734．故选B．点评： 本题考查了有理数的除法运算，找规律是此题的难点．4．（4分）从1到200中，能被7整除但不能被14整除的整数有（ ）个．A． 12 B． 13 C． 14 D． 15考点： 容斥原理．专题： 计算题；数字问题．分析： 首先找出从1到200中能被7整除的个数，再从里面去掉偶数，剩下的数不能被14整除，由此解决问题．解答： 解：从1到200中能被7整除的数有7、14、21、28、…196（196=7×28）共28个数， 因不能被14整除，去掉里面的偶数即可，正好有14个；故选C．点评： 此题主要利用7的倍数找出从1到200中能被7整除的数，去掉里面包含被14整除的数即可解答．5．（4分）A、B、C是面积分别为150、170、230的三张不同形状的纸片，它们重叠放在一起的覆盖面积是350，且A与B、B与C、A与C的公共部分面积分别是100、70、90．则A、B、C的公共部分面积是（ ）A． 12 B． 13 C． 60 D． 15考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析： 首先根据题目说明，令A=150，B=170，C=230．根据容斥定理A+B+C=A∪B∪C+A∩B+B∩C+C∩A﹣A∩B∩C 代入计算，即可求得A∩B∩C，也就是A、B、C的公共部分面积．解答：解：根据容斥定理：A+B+C=A∪B∪C+A∩B+B∩C+C∩A﹣A∩B∩C∴A∩B∩C=A∪B∪C+A∩B+B∩C+C∩A﹣（A+B+C）=350+100+70+90﹣（150+170+230）=60故选C．点评： 本题考查了容斥定理．解决本题的关键是熟练掌握容斥定理的公式运算，及其含义．6．（4分）50束鲜花中，有16束插放着月季花，有15束插放着马蹄莲，有21束插放着白兰花，有7束中既有月季花又有马蹄莲，有8束中既有马蹄莲又有白兰花，有10束中既有月季花又有白兰花，还有5束鲜花中，月季花、马蹄莲、白兰花都有．则50束鲜花中，这三种花都没有的花束有（ ）A． 17 B． 18 C． 19 D． 20考点： 容斥原理；推理与论证．专题： 应用题．分析： 5束鲜花中月季花、马蹄莲、白兰花都有，那么只含有月季花和马蹄莲的有7﹣5=2束，那么只含有马蹄莲和白兰花的有3束，只含有月季花和白兰花的有5束，只含有月季花的为16﹣2﹣5﹣5=4束，只含有马蹄莲的有15﹣2﹣3﹣5=5束，只含有白兰花的有21﹣3﹣5﹣5=8束，50束去掉这些含有三种的，两种的，一种的就是不含有．解答： 解：只含有月季花和马蹄莲的有7﹣5=2束只含有马蹄莲和白兰花的有8﹣5=3束只含有月季花和白兰花的有10﹣5=5束只含有月季花的为16﹣2﹣5﹣5=4束只含有马蹄莲的有15﹣2﹣3﹣5=5束只含有白兰花的有21﹣3﹣5﹣5=8束鲜花中月季花、马蹄莲、白兰花都含有的为5束50﹣2﹣3﹣5﹣4﹣5﹣8﹣5=18故选B．点评： 本题考查理解题意的能力，找出所有含有月季花或马蹄莲或白兰花的花，剩下的就这三种花都没有．二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）7．（3分）一张正方形的纸片面积是50平方厘米，一张圆形的纸片面积是40平方厘米．两张纸片覆盖在桌面上的面积是60平方厘米，则这两张纸片重合部分的面积是30 平方厘米．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析： 两张纸片覆盖桌面，设覆盖区域内的面积包括A、B、C三部分，重叠部分为B，正方形包括A+B，圆部分包括B+C，则有A+B=50，B+C=40，A+B+C=60，求B，前两个式子相加，减去第3个式子即可．解答： 解：设覆盖区域内的面积包括A、B、C三部分，重叠部分为B，∵正方形包括A+B，圆部分包括B+C，∴A+B=50，B+C=40，A+B+C=60，∴（A+B）+（B+C）﹣（A+B+C）=50+40﹣60=30（平方厘米），故答案为30．点评： 本题考查了容斥原理，用正方形包括A+B，圆部分包括B+C表示出阴影部分的面积是解此题的关键．8．（3分）某班有学生45人，已知某次考试数学30人优秀，物理28人优秀，数理两科都优秀的有20人．则数理两科至少有一科优秀的有38 人，一科都未达到优秀的有7 人．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析：数理两科至少有一科优秀的人数等于数学优秀的人数加上物理优秀的人数，减去两科都优秀的人数，而一科都未达到的人数是总人数减去数理两科至少有一科优秀的人数．解答： 解：数理两科至少有一科优秀的人数是：30+28﹣20=38人；一科都未达到优秀的有：45﹣38=7人．故答案是：38和7．点评： 本题主要考查了对于容斥原理的应用，对于定理的认识是解决本题的关键．9．（3分）某班有学生50人，参加数学兴趣小组的有35人，参加语文兴趣小组的有30人，每人至少参加一个组，则两个组都参加的有15 人．考点： 容斥原理．专题： 应用题．分析：由于每人至少参加一个组，参加数学兴趣小组的人数与参加语文兴趣小组的人数和，把两个组都参加的人数算了两次，因此用它们的和去掉班内的学生人数即可解决问题．解答： 解：参加数学兴趣小组的有35人，里面包含参加语文兴趣小组的人数，参加语文兴趣小组的有30人，里面包含参加数学兴趣小组的人数，因此35+30=65人，就把两个组都参加的人数算了两次，由此可知两个组都参加的人数为65﹣50=15人．故答案为15．点评： 此题重在理解参加数学兴趣小组的人数里面包含参加语文兴趣小组的人数，参加语文兴趣小组的人数里面包含参加数学兴趣小组的人数，算出两个总人数，再利用容斥原理解答即可．10．（3分）一个数除以3余2，除以4余1，则这个数除以12的余数是 5 ．考点： 带余除法；容斥原理．分析： 利用带余数的除法运算性质，将这个数看成A+B，A为可以被12整除的部分，B则为除以12的余数，得出A可以被3或4整除，再结合已知这个数除以3余2，除以4余1，得出B也相同，归纳出符合要求的只有5．解答： 解：将这个数看成A+B，A为可以被12整除的部分，B则为除以12的余数．A可以被12整除，则也可以被3或4整除．因为这个数“除以3余2，除以4余1”，所以B也是“除以3余2，除以4余1”，又因为B是大于等于1而小于等于11，在这个区间内，只有5是符合的．故答案是：5．点评： 此题主要考查了带余数的除法运算，假设出这个数，分析得出符合要求的数据．11．（3分）每边长是10厘米的正方形纸片，正中间挖一个正方形的洞，成为一个边宽是1厘米的方框．把5个这样的方框放在桌上，成为如图这样的图形．则桌面上被这些方框盖住的部分面积是 172 平方厘米．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析：首先求得一个方框的面积，5个方框的面积的和减去重合部分的面积即为所求，重合部分的面积等于8个边长是1的正方形的面积的和．解答：解：一个方框的面积是：102﹣（10﹣2）2=100﹣64=36五个方框的重合部分的面积=8．则方框盖住的部分面积是：36×5﹣8=172cm2．故答案是：172．点评：本题主要考查了图形面积的计算，正确计算一个方框的面积和重合部分的面积是解决本题的关键．12．（3分）200以内的正偶数中与5互质的数有 80 个．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析：首先找出200以内的偶数有100个，去掉能被5整除的偶数（即末尾为0的偶数）有20个，由此解决问题．解答： 解：200以内的偶数很显然有100个，被5整除的偶数（即末尾为0的偶数）有10、20、30、…200共20个，剩下的100﹣20=80个正偶数都与5互质；故答案为80．点评： 此题主要利用偶数的性质以及被5整除数的特征来进行分析，再进一步利用容斥原理解决问题．三、解答题（共17小题，满分0分）13．在线段AB上取两个点以C、D，已知AB=25，AD=19，CB=17，求CD长．考点： 比较线段的长短；容斥原理．专题： 计算题；数形结合．分析： 先由BD=AB﹣AD求出BD的长度，然后BC减去BD即可得出答案．解答： 解：由题意得：BD=AB﹣AD=6，∴DC=BC﹣BD=17﹣6=11．点评： 本题考查求线段长度的知识，比较简单，注意利用已知线段表示出未知线段从而得出答案．16．求前500个正整数中非5、非7、非11的倍数的数的个数．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析： 利用总个数500减去，是5的倍数，7的倍数，11的倍数的数即可求解．解答： 解：前500个正整数中是5的倍数的数有500÷5=100个；∵500÷7=71，∴前500个正整数中是7的倍数的数有71个；∵500÷11=45，∴前500个正整数中是11的倍数的数有45个；既是5的倍数又是7的倍数的数一定是35的倍数，500÷35=14=14，则是35的倍数的有14个；既是5的倍数又是11的倍数的数一定是35的倍数，500÷55=9，则是55的倍数的有9个；既是7的倍数又是11的倍数的数一定是77的倍数，500÷77=6，则是77的倍数的有6个；同时是5，7，11的倍数的数，一定是385的倍数，只有1个．则前500个正整数中非5、非7、非11的倍数的数的个数是：500﹣100﹣71﹣45+14+9+6﹣1=312个．点评： 本题主要考查了数的容斥性，正确确定是5的倍数，7的倍数，11的倍数的总个数是解题的关键．17．某校初一年级有120名学生，参加体育、文学、数学兴趣小组的人数之和为135，其中，既参加了体育兴趣小组又参加了文学兴趣小组有15人，既参加了体育兴趣小组又参加了数学兴趣小组有10人，既参加了文学兴趣小组又参加了数学兴趣小组有8人，三个兴趣小组都参加的有4人，求三个兴趣小组都没有参加的人数．考点： 容斥原理．分析： 利用，参加体育、文学、数学兴趣小组的人数之和为135，去掉参加了两项的人数，加上三个兴趣小组都参加的人数，最后再加上三个兴趣小组都没有参加的人数即为全班人数即可解答．解答： 解：参加体育、文学、数学兴趣小组的人数总和为135，里面包含参加了两项的人数，这是总人数为135﹣15﹣10﹣8=102，又因参加两项的人数的里面包含了三个兴趣小组都参加的人数，上面的算式相当于把个兴趣小组都参加的人数减去了两次，这时人数应加上，人数为102+4=106人，要再加上三个兴趣小组都没有参加的人数即为全班人数，由此可知三个兴趣小组都没有参加的人数为120﹣106=14．答：三个兴趣小组都没有参加的人为14人．点评： 本题利用容斥原理解决问题，关键是理清参加体育、文学、数学兴趣小组的人数之和为135，即包含了参加了两项的人数，又包含三个兴趣小组都参加的人数．18．某班语文、数学、外语三门考试成绩统计结果如下：课程 语文 数学 外语 语、数 数、外 语、外 至少一门得满分人数 9 11 8 5 3 4 18问：语文、数学、外语三门考试都得满分的人数是多少？考点： 容斥原理．专题： 应用题．分析： 令语文、数学、外语得满分的人集合为A、B、C．根据表及题目说明，则原题可改写为A∪B∪C=18，A=9，B=11，C=8，A∩B=5，B∩C=3，A∩C=4，求A∩B∩C．再利用容斥定理求解．解答： 解：令语文、数学、外语得满分的人集合为A、B、C．根据容斥原理有 A∪B∪C=（A+B+C）﹣（A∩B+B∩C+A∩C）+A∩B∩C 得：A∩B∩C=A∪B∪C﹣（A+B+C）+（A∩B+B∩C+A∩C）=18﹣（9+11+8）+（5+3+4）=2人．答：语文、数学、外语三门考试都得满分的人数是2人．点评： 本题考查容斥定理的应用．解决本题的关键是首先理清题意，将原题用交并集改写，再利用容斥定理来加以解决．19．求出分母是111的最简真分数的和．考点： 容斥原理．分析： 根据111的因数的3和37，则不是最简分数，且分母是111的真分数，分子一定是3或37的整数倍，求出分子是3的倍数的，分母是111的所有真分数的和，分子是37的倍数的，分母是111的所有真分数的和以及分母是111的所有真分数的和即可求解．解答： 解：∵111=3×37分子是3的倍数的，分母是111的所有真分数的和是：++…+=3×（）=18；分子是37的倍数的，分母是111的所有真分数的和是：+==1分母是111的所有真分数的和是：++…+==55．则分母是111的最简真分数的和是：55﹣18﹣1=36．点评： 本题主要考查了容斥原理，正确理解不是最简分数，且分母是111的真分数，分子一定是3或37的整数倍是解决本题的关键．20．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着．现将其顺序编号为1，2，3，…，1997．将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，拉完后还有几盏灯是亮的？考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析： 先求出2的倍数的灯数，为998，再求出3的倍数的灯数，为665，求出5的倍数的灯数，为399；以上相加，然后再减去6倍的灯数，10的倍数的灯数，15的倍数的灯数，再加上30的倍数的灯数，最后列式计算即可．解答：解：①．被拉了三次的灯，为2、3、5的最小公倍数，也就是=66②．被拉了两次的灯，也就是求2和3、3和5、2和5的最小公倍数的和，这里注意要扣除被重复拉的灯（也就是2、3、5三个数的最小公倍数）：++﹣3×66=466③．被拉了一次的灯，++﹣2×466﹣3×66=932那么最后亮着的灯的数量：1997﹣66﹣932=999点评： 本题考查了容斥原理，在1至1997这些连续整数中求得2，3，5，6，10，15，30的倍数的个数是解此题的关键．21．在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数有多少个？考点： 容斥原理．专题： 计算题；数字问题．分析： 分析：根据容斥原理，应是200减去能被2整除的整数个数，减去能被3整除的整数个数，还要加上既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数．解答： 解：在1到200的整数中，能被2整除的整数个数为：2×1，2×2，…，2×100，共100个；在1到200的整数中，能被3整除的整数个数为：3×1，3×2，…，3×66，共66个；在1到200的整数中，既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数为：6×1，6×2，…，6×33，共33个；所以，在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数个数为：200﹣100﹣66+33=67（个）答：在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数个数为67个．点评： 本题考查容斥定理．解决本题的关键是分清在1到200的整数中，仅能被2整除的数个数，仅能被3整除的数个数，既能被2整除又能被3整除（即能被6整除的整数个数，公共部分）．22．求1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S．考点： 容斥原理；数的整除性．专题： 计算题．分析： 先分别计算出所有自然数的和、所有2的倍数的自然数和、所有3的倍数的自然数和、所有6的倍数的自然数和，然后根据容斥定理即可得出答案．解答： 解：1到100的自然数中，所有自然数的和是：1+2+3+…+100=5050，1到100的自然数中，所有2的倍数的自然数和是：2×1+22+…+2×50=2×（1+2+3+…+50）=2×1275=2550，1到100的自然数中，所有3的倍数的自然数和是：3×1+3×2+…+3×33=3×（1+2+3+…+33）=3×561=1683，1到100的自然数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是所有6的倍数的自然数和是：6×1+6×2+…+6×16=6×（1+2+3+…+16）=6×136=816，∴1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S=5050﹣2550﹣1683+816=1633．点评： 本题考查了数的整除性的知识，难度不算太大，注意分别求出各类数之和，运用容斥定理进行解答．23．求不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数．考点： 容斥原理．专题： 计算题．分析：如图，用3个圆A、B、C分别表示不大于500而能被2、3、5整除的自然数，A∩B表示既能被2整除又能被3整除的自然数，A∩C表示既能被2整除又能被5整除的自然数，B∩C表示既能被3整除又能被5整除的自然数，A∩B∩C表示既能被2整除又能被3整除，还能被5整除的自然数由图可看出：属于A、B、C之一的数的﹣（|A∩B|+|A∩C|+|B∩C|）+|A∩B∩C|个数为：|A|+|B|+|C|解答： 解：不大于500且能被2整除的自然数的个数是：250不大于500且能被3整除的自然数的个数是：166不大于500且能被5整除的自然数的个数是：100不大于500既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的自然数的个数是：83不大于500既能被2整除又能被5整除，即能被10整除的自然数的个数是：50不大于500既能被3整除又能被5整除，即能被15整除的自然数的个数是：33不大于500既能被2整除又能被3整除，还能被5整除，即能被30整除的自然数的个数是：16由容斥原理得：不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数是：250+166+100﹣（83+50+33）+16=366．点评： 本题考查数的整除性问题，解决本题的关键是运用交并集来解决．24．求前200个正整数中，所有非2、非3、非5的倍数的数之和．考点： 容斥原理．专题： 应用题．分析： 首先求得前200个正整数的和；前200个正整数中，所有2的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有3的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有5的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是6的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有既是2的倍数又是5的倍数，即是10的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有既是3的倍数又是5的倍数，即是15的倍数的正整数和；前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数还是5的倍数，即是30的倍数的正整数和．再利用容斥定理，计算符合条件的结果．解答： 解：前200个正整数的和是：1+2+3+…+200=20100前200个正整数中，所有2的倍数的正整数和是：2×1+2×2+…+2×100=2×（1+2+3+…+100）=2×5050=10100前200个正整数中，所有3的倍数的正整数和是：3×1+3×2+…+3×66=3×（1+2+3+…+66）=6633前200个正整数中，所有5的倍数的正整数和是：5×1+5×2+…+5×40=5×（1+2+3+…+40）=4100前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是6的倍数的正整数和是：6×1+6×2…+6×33=6×（1+2+3+…+33）=3366前200个正整数中，所有既是2的倍数又是5的倍数，即是10的倍数的正整数和是：10×1+10×2+…+10×33=10×（1+2+3+…+20）=2100前200个正整数中，所有既是3的倍数又是5的倍数，即是15的倍数的正整数和是：15×1+15×2+…+15×13=15×（1+2+3+…+13）=1365前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数还是5的倍数，即是30的倍数的正整数和是：30×1+30×2+…+30×6=30×（1+2+3+4+5+6）=630所以，前200个正整数中，所有非2、非3、非5的倍数的数之和是S=20100﹣（10100+6633+4100）+（3366+2100+1365）﹣630=630点评： 本题考查了数的整除性的知识，难度不算太大，注意分别求出各类数之和，运用容斥定理进行解答．25．某班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到优秀，这部分学生达到优秀的项目、人数如下表求这个班的学生数．考点： 容斥原理．专题： 应用题．分析： 首先令短跑测试人数为A、游泳测试人数为B、篮球测试人数为C．根据题目说明及表将原题改写为： A=17，B=18，C=15，A∪B=6，B∪C=6，A∪C=5，A∩B∩C=2，求A∪B∪C的值．再利用容斥定理加以解决． 解答： 解：有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，在每个单项上达到优秀的人数分别是17，18，15， 因而，总人数是17+18+15+4=54，但其中有人获得两项优秀，所以上面的计数产生了重复，重复人数应当减去，即总人数变为：54﹣6﹣6﹣5=37，又考虑到获得三项优秀的人，他们一开始被重复计算了三次，但在后来又被重复减去了三次，所以最后还要将他们加进去．即这个班学生数为：37+2=39．点评： 本题考查容斥定理，如用常规的方法作合并运算时会把重复的部分多算，需要减去；作排除运算时会把重复部分多减，采用容斥原理加以解决就避免了这些问题，因而同学们一定要灵活掌握容斥定理的定义及公式．26．从1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数多还是能被13整除而不能被11整除的数多？考点： 容斥原理；数的整除性．分析：设1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数有m个，能被13整除而不能被11整除的数有n个，既能被11又能被13整除的数有p个．先求得，能被11整除数有90909个，则m+p=90909；再求得能被13整除数有76923个，则n+p=76923，由m+p＞n+p 得m＞n，从而得出结论．解答： 解：设1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数有m个， 能被13整除而不能被11整除的数有n个，既能被11又能被13整除的数有p个．而在1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除数有90909个，∴m+p=90909在1到1000000这一百万个自然数中，能被13整除数有76923个，∴n+p=76923∵m+p=90909＞n+p=76923，∴m+p＞n+p，即m＞n，即能被11整除而不能被13整除的数比能被13整除而不能被11整除的数多．点评： 本题考查了容斥原理和数的整除性问题，求得能被11整除而不能被13整除的数的个数，能被13整除而不能被11整除的数的个数，既能被11又能被13整除的数的个数，是解此题的关键．27．50名学生面向老师站成一行，老师先让大家从左到右按1，2，3，…依次报数，再让报数是4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数同学向后转，问此时还有多少同学面向老师？。
容斥原理培优专题训练
容斥原理一、夯实基础在计数时，为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出•种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重更计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重狂，这种计数的方法称为容斥原理。
容斥原理就是我们通常所说的包含与排除，下面我们来看它的一般解法:如图：两张圆纸的面积分别为A 和B,它们相互包含的面积为C,求覆盖在桌面上的面积。
因为：A=D+C,B=C+E,所以A+B=D+C+C+E,D+C+E=A+B-C也就是说，A 和B 覆盖的面积等于它们面积之和减去相互包含部分的面积。
二、典型例题例1.如图，一个长8厘米，宽6厘米的长方形与一个边长5厘米的正方形叠放在桌面上, 求这两个图形盖住桌面的面积？分析：阴影部分是直角三角形，是两个图形的重叠部分,形的面积和减去阴影部分的面积，即是两个图形盖住桌面的解：8×6+5×5-3×4÷2=67（平方厘米）答：盖住桌面的面积是67平方厘米。
例2.六一班参加无线电小组和航模小组的共26人，其中参线电小组的有17人，参加航模小组的有14人，两组都参加多少人？分析：把17人和14人相加，是把两组都参加的人算了所以减去总人数，就是两组都参加的人数。
解：17+14-26=5（人）答：两组都参加的有5人。
例3.六一班有学生46人，其中会骑自行车的有19人，会游泳的有25人，既会骑车又会 游泳的有7人，既不会骑自行车又不会游泳的有多少人？分析：先求出46人中会骑车或会游泳的有多少人，从中减去会骑车或会游泳的人数，剩下的就是既不会骑车也不会游泳的人数。
解：19+25-7=37（人） 46-37=9（人）答：既不会骑车又不会游泳的有9人。
两图 面积。
加无 的有 两次,三、熟能生巧1.两个正方形的纸片盖在桌面上，位置与尺寸如图所示,则它们盖住的面积是多少？（单位：厘米）2.六（1）班同学中有37人喜欢打乒乓球，26人喜欢打羽毛球，21人既爱打乒乓球又爱打羽毛球。
容斥原理50经典例题
容斥原理50经典例题容斥原理是组合数学中的一种重要方法，用于解决包含重叠部分的计数问题。
它在解决排列组合问题时有着广泛的应用，能够帮助我们更快速、更准确地求解问题。
接下来，我们将通过50个经典例题来深入理解容斥原理的应用。
1. 有一个集合包含了1至100的整数，求这个集合中既不是3的倍数，也不是5的倍数的整数个数。
解析，首先，我们可以分别求出是3的倍数和是5的倍数的整数个数。
然后利用容斥原理求出既不是3的倍数，也不是5的倍数的整数个数。
2. 在1至100的整数中，有多少个整数的个位和十位数字都不是7？解析，我们可以利用容斥原理来求出个位是7的整数个数，十位是7的整数个数，然后再利用容斥原理求出个位和十位都是7的整数个数，最后用总数减去这个数就是答案。
3. 有A、B、C三个班，A班有50个学生，B班有60个学生，C班有70个学生，求至少有一个班有学生参加了篮球比赛的方案数。
解析，我们可以利用容斥原理来求出每个班都没有学生参加篮球比赛的方案数，然后用总数减去这个数就是答案。
4. 在1至100的整数中，有多少个整数的各位数字和为偶数？解析，我们可以利用容斥原理来求出各位数字和为奇数的整数个数，然后用总数减去这个数就是答案。
5. 有一个集合包含了1至100的整数，求这个集合中既不是2的倍数，也不是3的倍数的整数个数。
解析，首先，我们可以分别求出是2的倍数和是3的倍数的整数个数。
然后利用容斥原理求出既不是2的倍数，也不是3的倍数的整数个数。
6. 有A、B、C三个班，A班有50个学生，B班有60个学生，C班有70个学生，求至少有一个班有学生参加了足球比赛但没有参加篮球比赛的方案数。
解析，我们可以利用容斥原理来求出每个班都没有学生参加足球比赛但没有参加篮球比赛的方案数，然后用总数减去这个数就是答案。
7. 在1至100的整数中，有多少个整数的各位数字和为7的倍数？解析，我们可以利用容斥原理来求出各位数字和不是7的倍数的整数个数，然后用总数减去这个数就是答案。
人教版初中数学竞赛专题复习第24章 抽屉原理和容斥原理(含答案)
第24章 抽屉原理和容斥原理24.1 抽屉原理1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．解析：因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦，根据抽屉原理知，至少有6个人的属相相同．评注：抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．抽屉原理1：如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．抽屉原理2：如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里,1,mm n nk m m n n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+⎢⎥⎪⎣⎦⎩是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等． 1.2★从2，4，6，…，30这15个偶数中任取9个数，证明：其中一定有两个数之和是34．解析：把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）,（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过32；{}1，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，{11，12，…，16}，{17，18，…，25}， {26，27，…，39}，{40，41，…，60}． {61，62，…，91}，{92，93，…，100}．从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过32．1.4★求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除．解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造3个抽屉：{0}、{1}、{2}．（1）若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除．（2）若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，根据抽屉原理，其中一个抽屉必包含有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除． 1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数．解析从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221⨯，2⨯，321⨯，421⨯}，{3，23⨯，223⨯}，{5，25⨯，225⨯}，{7，27⨯}，21{9，29⨯}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数．所以，至少任取11个数才能满足题意．1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中：（1）是否一定有两个数的差等于11？（2）是否一定有两个数的差等于9？解析（1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a、b，使得a b+或a b-能被100整除．解析把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1， (99)成如下51组：{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除．1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有 87228⨯÷=（种）， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于()28511113⨯-+=人时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．1.9★在1，11，111，…，1111n 个，…，中，是否有2007的倍数？解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071111个，若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1111a 个和1111b 个()12007a b <≤≤，于是112007111111b a -个个，1200711110a b a -⨯个．而（2007，10a ）=1，所以，12007111b a -个，这与1，11，111，…，20071111个都不是2007的倍数矛盾． 所以，在1，11，111，…，1111n 个，…中，一定有2007的倍数．1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除．解析 设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和： 0，1a ，12a a +，123a a a ++，…，1231999a a a a ++++．因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为123a a a +++， 12s t a a a a +++++()11999s t <≤≤，它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差12s s t a a a +++++能被1999整除．从而本题得证．1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20．解析 如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写的数是12a ，那么三个相邻小段填写的数字和可以有123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为()()12111233121112a a a a ++++=++++234=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是23412012⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为12111212111278a a a a ++++=++++=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是781204⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数．解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合：1A ={1，12⨯，212⨯，312⨯，412⨯，512⨯，612⨯，…}， 2A ={3，32⨯，232⨯，332⨯，432⨯，532⨯，…}， 3A ={5，52⨯，252⨯，352⨯，452⨯，…}，……n A =A{21n -}．由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的．解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的． 1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈． (1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15． 解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=+++=，所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于54183=．（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于()()()12345678912945b b b b b b b b b ++++++++=+++=，所以，123b b b ++、456b b b ++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于45153=． 1.15★在边长为1的正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共．解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3个抽屉)．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个点．这三个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过13．1.16★★在34⨯的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到b 23b a a 5a 32(b)(a)1．解析 我们要设法把34⨯的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每．如图所示，把34⨯的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于．从而命题得证．1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行．解析 凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行．对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”． 1.18★★证明：在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有3个人以前彼此不相识．解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们211211211122的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条连线同为实线，或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、B 、C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、BD 、CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明B 、C 、D 代表的3个人以前彼此不相识．不论哪种情形发生，都符合问题的结论．1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边．解析 设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PP P 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．EF F如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是红的，即456P P P △的各边都是红色的． 1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点， 它们刚好成为一个等腰三角形的顶点．解析 设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座．解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数．解析 因为19893951=⨯．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么51m n a a t-=（t 为整数）．在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即39k l a a s -=（s 为整数）． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：()()1989m n k l a a a a st --=．1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无穷多个数字 0，或者含有无穷多个数字9．解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,a a ，…，()1011,a a ．这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i ja a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7就放入()35,a a这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的．解析 用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况：(1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因12515125a a a +++==+++，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．1.25★★★一个由n n ⨯个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个dc a b ff da cb ee BA2，…，n 个n ．又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个．当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1．解析 不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．对于六个扇形（圆心角60︒，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M、N，则1MN ≤．这是因为60MON ∠︒≤，()22222222cos 1MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-⋅∠+-⋅=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在A 5A同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立． 1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋．解析 用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<<≤．又因为每周至多下12盘棋，所以7777121327a ⨯=≤， 所以12771132a a a <<<≤≤．考虑下面154个正整数：1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于1277a a a <<<，1277212121a a a +<+<<+，所以必定存在i j <，使得21j i a a =+． 21j i a a -=．令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋．2 容斥原理2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学． 因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有 ()30254510+-=（人）．所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个． 评注 本题用的方法是容斥原理1．容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数．BA2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?解析在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有+-=（个）．2014232从而，在l，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有-=（个）．10032682.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?解析根据容斥原理l得：这两题都不对的同学有()-+-=（人）．4023271772．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人． 于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人． 所以()100585238612=++-+ ()()1241212x -+-++，解得14x =．即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人． 所以，只喜欢语文的同学有 586121426---=（人）． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．评注 本题用的方法是容斥原理2．容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是x5241238658外语数学语文CBAB 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问： (1)全班数学成绩优秀的有几名? (2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．(2)如图所示：根据题意可得17A B +=， 8B C +=， 13A C +=；其中A 表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B 表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C 表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以0CB A 滑冰游泳骑自行车()C=+-÷=，1381722故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个?解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．我们还应注意下面这些数：3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；3、4、5的公倍数有1个：60．根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有()()++-+++=（个）．332520865160因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有-=（个）．1006040所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A 的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有38122816876x=++---+，所以所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生?解析设三项都获得优秀的有n个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有++---+=+，21192097836n n所以，这个班的学生有36541++=+人．故这个班的学生人数不少于n n41人．另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n≤，所以，这个班的学生人数不超过48人．综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…，48人．。
容斥原理
类型：填空题
答案：50
12．在下面的文氏图中，上面的圆表示参加数学竞赛的人，左下角的圆表示参加英语竞赛的人，右下角的圆表示参加科技竞赛的人，图中的数字表示每部分的人数，那么至少参加两种竞赛的共有_______人．
来源：2015·乐乐课堂·练习
类型：填空题
答案：61
13．在高思小学五年一班中，喜欢吃西瓜的有25人，喜欢吃樱桃的有20人，西瓜和樱桃都喜欢的有10人．那么五年一班共有多少学生喜欢吃水果？
难度：简单
类型：选择题
答案：C
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21．中关村十小对五年级的100名学生进行兴趣调查，已知有25人只喜欢踢足球，有35人既喜欢踢足球也喜欢打篮球，有30人两者都不喜欢，那么有多少人喜欢打篮球？
A.25人B.45人C.95人D.15人
来源：2015·乐乐课堂·练习
难度：简单
类型：选择题
A.40人B.45人C.50人D.65人
来源：2015·乐乐课堂·练习
难度：中等
类型：选择题
答案：A
32．在天大附小五年级一班，有30人参加数学小组，20人参加英语小组，15人参加生物小组．只参加两个小组的有20人，三个小组都参加的有5人，那么五年级一班参加这三个兴趣小组的共有多少人？
A.50人B.45人C.40人D.35人
A.90人B.72人C.70人D.68人
来源：2015·乐乐课堂·练习
难度：简单
类型：选择题
答案：B
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31．在天大附小五年级一班，有30人参加数学小组，20人参加英语小组，15人参加生物小组．至少参加两个小组的有20人，三个小组都参加的有5人，那么五年级一班参加这三个兴趣小组的共有多少人？
北师大版数学小升初复习之容斥原理练习题
北师大版数学小升初复习之容斥原理练习题1．某小学举行数学、语文、科学三科竞赛，学生中至少参加一科的：数学 203 人，语文 179 人，科学 165 人。
只参加两科的：数学、语文 143 人；数学、科学 116 人；语文、科学 97 人，三科都参加的 89 人。
问这个小学参加竞赛的总人数有 人。
2．六（1）班有28人参加了语文和数学竞赛。
参加语文竞赛的有15人，参加数学竞赛的有18人，语数竞赛都参加的有 人。
3．在一次考试中，某班数学得100分的有17人，语文得100的有13人，两科都得100分的有7人，两科至少有一科得100分的共有 人；全班45人中两科都不得100分的有 人。
4．某班有60人，他们着装白色或黑色上衣，黑色或蓝色裤子，其中有12人穿白色上衣蓝裤子，有34人穿黑裤子，29人穿黑上衣，那么穿黑上衣黑裤子的有 人？5．对120种食物是否含有维生素甲、乙、丙进行调查，结果是：含甲的62种，含乙的90种，含丙的68种；含甲、乙的48种，含甲、丙的36种，含乙、丙的50种；含甲、乙、丙的25种．问仅含维生素甲的有 种．6．三（1）班参加书法和绘画比赛的学生名单如下：书法：小明、小亮、小英、小玲、小峰、小东、小刚 绘画：小平、小珊、小亮、小刚、小哲、小丽、小安两个小组都参加的学生是 和 ．三（1）班一共有 名学生参加了比赛．7．三（1）班参加数学竞赛的有28人，参加作文竞赛的26人，两项都参加的有10人，两项都没有参加的有2人．这个班共有 人．8．三（1）班共有45人，期中考试语文、数学两科，每人至少有1科优秀，其中语文有34人优秀，数学有39人优秀，两科都得优秀的有 人．9．参加语文小组的有18人，参加数学小组的有14人，有6人同时参加了语文、数学小组，参加这两个小组的一共有 人．10．五年级开展跳舞和唱歌比赛，参加比赛的人数占全年级的45，其中参加跳舞比赛的人数占参加比赛人数的310，参加唱歌比赛的人数占参加比赛的45，两种比赛都参加的有24人，五年级共有学生人．11．六（1）班有40人，一次数学测验只有两道题，结果全班有10人全对．第一题有25人做对，第二题的18人做错，那么两道题都做错的有 人．12．某市有1000个外语教师懂英语或俄语，其中懂英语的有750人，既懂英语又懂俄语的有200人，那么懂俄语的教师有 人．13．六年级一班的所有同学都分别参加了课外体育小组和唱歌小组，有的同学还同时参加了两个小组．若参加两个小组的人数是参加体育小组人数的15，是参加歌唱小组人数的29，这个班只参加体育小组与参加唱歌小组的人数之比是 ．14．下面是两个同学喜欢吃的水果．一共有 种水果，他们共同喜欢吃的水果有 种．15．参加语文兴趣小组的有33人，参加数学兴趣小组的有27人，都参加的有19人，参加兴趣小组的共有 人．16．课外读物征订活动结束了，三（1）班有36人订了《数学王国》，有27人订了《作文天地》．每人至少订一种，其中有9人两种杂志都订了，三（1）班一共有 人．17．光明小学三（2）班参加语文兴趣小组的有13人，参加数学兴趣小组的有20人，其中既参加语文兴趣小组又参加数学兴趣小组的有4人，一共有 人参加了语文和数学兴趣小组．18．三（1）班有32人订阅《少年时代》，有35人订《小星星》，有12人两种都订了，三（1）本共有 人．其中有29人参加了篮球队，42人参加了合唱队，有 人既参加了合唱队又参加了篮球队．19．学校举行书法比赛活动，三年级参加书法比赛的有48人，参加绘画比赛的有62人，两项都参加的有26人，三年级有 人参加了比赛．20．三（1）班共有55人，有36人参加跳绳，有38人参加踢毽子，既参加跳绳又参加踢毽子的有人．21．某班有学生48人，他们对游泳和骑自行车这两项活动至少会一样．其中会游泳的占712，既会骑自行车又会游泳的占14，会骑自行车的有 人．22．数学小组有12人，音乐小组26人，其中有8人既参加数学小组又参加音乐小组，这两个小组一共 人．23．新年联欢会上，共有90人参加了跳舞、合唱、演奏三种节目的演出．如果只参加跳舞的人数三倍于只参加合唱的人数；同时参加三种节目的人比只参加合唱的人少7人；只参加演奏的比同时参加演奏、跳舞但没有参加合唱的人多4人；50人没有参加演奏；10人同时参加了跳舞和合唱但没有参加演奏；40人参加了合唱；那么，同时参加了演奏、合唱但没有参加跳舞的有人．24．六年级三班有42人，每人至少订了一种报纸，其中订《少年报》的有36人，订《小学生》报的有20人．两种报纸都订的有人．25．四年级二班有45名同学，其中26人参加了英语小组，18人参加了书法小组，有10人两个小组都参加了。
容斥练习题
十四、重叠问题应用题例1．某校36个同学在一次数学竞赛中，答对第一题的有25人，答对第二题的有20人。
两题都答对的有15人。
问有几个同学两题都不对？解：做对其中一题的有几人？25+20－15＝30（人）有几人两题都不对？36－30＝6(人）答：有6人两题都不对.例2．一个班有学生55人，参加体育队的有32人,参加文艺队的有27人，每人至少参加一个队。
问这个班两队都参加的有多少人？解：32+27－55＝4(人)答：两队都参加的有4人。
例3．某班数学、英语期中考试的成绩统计如下：英语得100分的有12人,数学得100分的有10人,两门功课都得100分的有3人，两门功课都未得100分的有26人。
这个班有学生多少人？解：26+（10+12－3)＝26+19＝45（人）答：这个班有学生45人。
例4．某班共有学生50人，其中35人会游泳，38人会骑自行车，40人会溜冰,46人会打乒乓球。
问四项活动都会的人数至少有多少人?解：不会游泳的人数：50－35＝15（人）不会骑自行车的人数:50－38＝12(人）不会溜冰的人数:50－40＝10（人)不会打乒乓球的人数：50－46＝4（人）有一个项目不会的至少有：15+12+10+4＝41（人）四项都会的至少有:50－41＝9（人）答:四项活动都会的人数至少有9人.例5．有三个面积都是60平方厘米的圆,两两相交的面积分别为9、13、15平方厘米。
三个圆相交部分的面积为5平方厘米。
总体图形盖住的面积是多少平方厘米？解：60 3－9－13－15+5＝180－9－13－15+5＝148（平方厘米）答：总体图形盖住的面积是148平方厘米.随堂练习:1．五年级有学生42人，在一次考试中数学得优秀的有30人，语文得优秀的有28人,数学、语文都得优秀的有18人。
两门功课至少一门得优秀的有多少人？两门功课都没得优秀有多少人？2．有旅客100人，其中有10人既不懂英语，又不懂俄语；有75懂得英语，有83人懂得俄语，既懂英语又懂得俄语的有多少人？3．学校组织语文、数学两门学科的竞赛，一个班有30人参加数学竞赛,35人参加语文竞赛,有18人参加了这两门学科竞赛,没有参加竞赛的有3人.这个班有多少人？4．在1至1000的自然数中，即不能被7整除又不能被13整除的数有多少个？课后作业：1．学校开运动会，五年级参加比赛的情况如下:参加田赛的有23人,参加径赛有32人，其中既参加田赛又参加径赛的人数有15人，田赛、径赛都没有参加的有3人。
(完整版)容斥原理习题加答案
1.现有50名学生都做物理、化学实验，如果物理实验做正确的有40人，化学实验做正确的有31人，两种实验都错的有4人，则两种实验都做对的有( )A、27人B、25人C、19人D、10人【答案】B【解析】直接代入公式为：50=31+40+4－A∩B得A∩B=25，所以答案为B。
2.某服装厂生产出来的一批衬衫大号和小号各占一半。
其中25％是白色的，75％是蓝色的。
如果这批衬衫共有100件，其中大号白色衬衫有10件，小号蓝色衬衫有多少件？（）A、15B、25C、35D、40【答案】C【解析】这是一种新题型，该种题型直接从求解出发，将所求答案设为A∩B，本题设小号和蓝色分别为两个事件A和B，小号占50%，蓝色占75%，直接代入公式为：100=50+75+10－A∩B，得：A∩B=35。
3.某高校对一些学生进行问卷调查。
在接受调查的学生中，准备参加注册会计师考试的有63人，准备参加英语六级考试的有89人，准备参加计算机考试的有47人，三种考试都准备参加的有24人，准备只选择两种考试都参加的有46人，不参加其中任何一种考试的都15人。
问接受调查的学生共有多少人？（）A．120B．144C．177D．192【答案】A【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字24，再推其他部分数字：根据每个区域含义应用公式得到：总数=各集合数之和－两两集合数之和＋三集合公共数＋三集合之外数＝63+89+47－{(x+24)+(z+24)+(y+24)}+24+15＝199－{（x+z+y）+24+24+24}+24+15根据上述含义分析得到：x+z+y只属于两集合数之和，也就是该题所讲的只选择两种考试都参加的人数，所以x+z+y的值为46人；得本题答案为120.4.对某单位的100名员工进行调查，结果发现他们喜欢看球赛和电影、戏剧。
其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看戏剧，52人喜欢看电影，既喜欢看球赛又喜欢看戏剧的有18人，既喜欢看电影又喜欢看戏剧的有16人，三种都喜欢看的有12人，则只喜欢看电影的有多少人（）A.22人B.28人C.30人D.36人【答案】A【解析】本题画图按中路突破原则，先填充三集合公共部分数字12，再推其他部分数字：根据各区域含义及应用公式得到：总数=各集合数之和－两两集合数之和＋三集合公共数＋三集合之外数100＝58+38+52－{18+16+（12+ x）}+12+0,因为该题中，没有三种都不喜欢的人，所以三集合之外数为0，解方程得到：x＝14。
初中奥数容斥原理专题训练
初中奥数容斥原理专题训练容斥原理是奥数中一个重要的组合数学概念，也是解决一些复杂计数问题的有效方法。
通过运用容斥原理，我们可以求解多个集合的交集和并集的数量，从而得到最终的结果。
容斥原理概述容斥原理基于集合的概念，其中我们有多个集合A1，A2，...，An，并且我们想要求解它们的交集和并集的数量。
容斥原理告诉我们，我们可以通过逐个考虑每个集合的数量，减去同时包含多个集合的交集的数量，再加上同时包含更多集合的并集的数量来得到最终的结果。
容斥原理的应用容斥原理可以应用于许多奥数问题中，例如计数问题和概率问题。
以下是一些容斥原理的具体应用情况：1. 计数问题假设我们有三个集合A，B，C，分别表示某个事件发生的条件。
我们想要求解至少满足一个条件的事件发生的数量。
我们可以使用容斥原理来解决这个问题。
首先，我们求解每个集合单独发生的数量，即A的数量，B的数量，C的数量。
然后，我们求解两个集合同时发生的数量，即A和B的交集数量，A和C的交集数量，B和C的交集数量。
最后，我们求解三个集合同时发生的数量，即A、B、C的交集数量。
根据容斥原理，我们可以通过减去交集的数量来计算至少满足一个条件的事件发生的数量，即A的数量 + B的数量 + C的数量 - (A和B的交集数量 + A和C的交集数量 + B和C的交集数量) + A、B、C的交集数量。
2. 概率问题假设我们有两个事件A和B，我们想要求解它们同时发生的概率。
我们可以使用容斥原理来解决这个问题。
首先，我们求解每个事件单独发生的概率，即P(A)和P(B)。
然后，我们求解两个事件同时发生的概率，即P(A∩B)。
根据容斥原理，我们可以通过P(A) + P(B) - P(A∩B)计算它们同时发生的概率。
容斥原理的训练题目为了帮助你更好地理解容斥原理，以下是一些初中奥数容斥原理的专题训练题目：1. 有三个集合A, B, C，A有5个元素，B有6个元素，C有7个元素。
求至少满足一个条件的元素的数量。
初中数学竞赛《容斥原理》练习题及答案 (17)
初中数学竞赛《容斥原理》练习题
1.某班学生共有50人，会游泳的有27人，会体操的有18人，游泳、体操都不会的有15
人，那么既会游泳又会体操的有10人．
【分析】设既会游泳又会体操的有x人，结合图形，利用只会游泳人数+两项都会的人数+只会体操的人数+两者都不会的人数＝总人数列出关于x的方程，解之可得答案．【解答】解：如图，设既会游泳又会体操的有x人，
则27﹣x+x+18﹣x+15＝50，
解得x＝10，
∴既会游泳又会体操的有10人．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了容斥原理公式之一：A类、B类元素个数总和＝属于A类元素个数+属于B类元素个数﹣既是A类又是B类的元素个数．。
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初中数学竞赛《容斥原理》练习题
1.某个班的全体学生进行短跑、跳高、铅球三个项目的测试，有5名学生在这三个项目的
测试中都没有达到优秀，其余学生达到优秀的项目、人数如下表：
短跑跳高铅球短跑、跳高跳高、铅球铅球、短跑短跑、跳高、
铅球1718156652则这个班的学生总数是（）
A．35B．37C．40D．48
【分析】首先算出单项优秀和都没有达到优秀的总人数，去掉两项优秀的人数，这样把三项都优秀的去掉了，最后再加上都优秀的人数即可解决问题．
【解答】解：有5名学生在这三个项目的测试中都没有达到优秀，在每一个单项上达到优秀的人数分别是17、18、15，
因而，总人数是17+18+15+5＝55；
但其中有人获得两项优秀，所以上面的计数产生了重复，重复的人数应当减去，
即总人数变为55﹣6﹣6﹣5＝38；
又考虑到三项优秀的人，他们一开始被重复计算了三次，但在后来又被重复减去了三次，所以最后还要将他们加进去，
即这个班学生数为38+2＝40；
故选：C．
【点评】此题的关键理解三个单项优秀里面既包含两项优秀的人数，又包含三项优秀的人数，由此再利用容斥原理解答即可．。