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人教版初中数学《第25章染色问题》竞赛专题复习有答案
所属科目:竞赛试题    文件类型:doc
类别:试题、练习
上传日期:2018/3/2  
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第25章 染色问题
25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点,它们被分别染为黑色或白色.今知其中任何2个黑点之间
至少间隔2个点.证明:从中可以找到3个白点,它们形成等边三角形的3个顶点.
解析 我们将27个点依次编号,易知它们一共可以形成9个正三角形
(1,10,19),(2,11,20),…,(9,18,27).
由染色规则知,其中至多有9个黑点.
如果黑点不多于8个,则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色.如果黑点恰有9个,那么由
染色规则知,它们只能是一黑两白相间排列,其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色.
25.1.2★★某班有50位学生,男女各占一半,他们围成一圈席地而坐开营火晚会.求证:必能找到一位两旁都是女生的学生.
解析 将50个座位相间地涂成黑白两色,假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生,那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生.否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位,其上面都坐着女生,其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾.同理,25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生,因此全部入座的女生不超过24人,与题设相矛盾.故命题得证.
25.1.3★在线段的两个端点,一个标以红色,一个标以蓝色,在线段中间插入个分点,在各个分
点上随意地标上红色或蓝色,这样就把原线段分为个不重叠的小线段,这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段.求证:标准线段的个数是奇数.
设最后一个标准线段为.若,则仅有一个标准线段,命题显然成立;若,由
、不同色,则必与同色,不妨设与均为红色,那么在和之间若有一红蓝的标准
线段,必有一蓝红的标准线段与之对应;否则不能为红色,所以在和之间,红蓝和蓝红的标准线段就成对出现,即和之间的标准线段的个数是偶数,加上最后一个标准线段,所以,和之间的标准线段的个数是奇数.
25.1.4★★能否用面积为的一些长方块将的棋盘覆盖?
解析 如图中标上1~4这些数,显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个,于是如果可以覆盖,则1、2、3、4应一样多,但1有25个,2则有26个,矛盾!因此不能覆盖.
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25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行,证明:必有相邻的6个球三红三蓝.
解析 将这些球标上数字,红球标1,而蓝球则标上,于是问题变为:必定有6个相邻的球其标数之和为.记从第个球起的6个数字和为,于是可取1,2,…,19.
易知的全部取值为、、、0、2、4、6,且或2(可以认为以2或、0的步长“连续”变化).由,知若四数中有0,则结论成立,否则必有正有负.不妨设,,,{1,7,13,19},于是必存在一个,在与之间,.
25.1.6★如图,把正方体形的房子分割成27个相等的小房间,每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去.如果要求甲虫只能走到每个小房间一次,那么甲虫能走遍所有的小房间吗?
解析 甲虫不能走遍所有的小房间.我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间),涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色.显然,在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的.甲虫从中间的白色小正方体出发,每走一步,方格就改变一种颜色.故它走26步,应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体.因此在26步中至少有一个小正方体,甲虫进去过两次.由此可见,如果要求甲虫到每一个小房间只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小房间.

25.1.7★★3行9列共27个小方格,将每个小方格涂上红色或蓝色.试证:无论如何涂法,其中至少有两列,它们的涂色方式完全一样.
解析 第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理),不妨设这5个方格位于前五个位置,且都为红色.
下面考虑前五列构成的3×5小矩形.第二行的五格中必有3格是同色的,不妨设这三格位于前三个位置.
接着考虑前三列构成的3×3方阵,该方阵前两行的每列完全一样.对第三行,用两种颜色染色时,三列中必有两列同色,不妨设是前两列.此时前两列的涂色方式完全一样.

红
红
红
红

























25.1.8★★如图(),是由14个大小相同的正方形组成的图形,证明:不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁,总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来.

解析 如图()涂色.
若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形,则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成.因此,应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形.
但图中有八个涂色小正方形,六个不涂色小正方形,因此适合题意的剪法不存在.
25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数,现任挑选3×3或4×4的正方形,将其中每个数加1,称为一次操作,问是否能经过有限次操作,一定可以让方格中的所有整数均被10整除?
解析 按图中选择小方格涂黑,易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格,这些小黑格中原来数字之和是奇数的话,那么操作一次后,数字和仍是奇数,因此不能得到最后均被10整除.答案是不一定.

25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑,使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?

解析 如图,涂9格,无所求矩形,下证若涂10格,则会出现所求矩形.
这是因为若有一行全部涂黑,则余下的行中必有一行至少涂黑2格,此时便有所求矩形出现.于是每行黑格数不到4个,必有两行各包含3个黑格,此时不难看出有所求矩形出现,因此最多选择9格.
25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格,使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?
解析 剪去左上角的方格后,棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖.
为了证明这一点,我们将棋盘涂上三种颜色,涂法如图,其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色.
如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖,那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个,从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个,然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个,第二种颜色的方格22个,第三种颜色的方格21个.因此,剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖.
由此可见,如果剪去一个方格后,棋盘能用21个3×1的矩形覆盖,那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格.
但是,剪去图中涂第二种颜色的一个方格后,仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖,比如说,剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖,这是由于棋盘的对称性,剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)所剩下的棋盘完全相同.
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于是,只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个,剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖.不难验证这时确实能够覆盖.
25.1.12★★求证:只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面.
解析 将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色,剩下的小方格全染成白色,于是白色的小方格的个数为15×23,这是奇数.因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格,每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格,故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数,不可能盖住23×15个白格,所以,只用2×2及3×3的瓷砖不能盖住23×23的地面.
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25.1.13★★求证:用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖,不能恰好铺盖8×8的正方形地面.
解析 把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图.无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上,每块l×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个,可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个,而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处,只有如下四种情形之一:

这就是说,2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中,必有两个小方块有相同数码.由此可见,如果15块1×4,1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面,那么这64个小方块中,某一种赋值的小方块应有17块,但实际上,赋值1、2、3、4的小方块各16块,矛盾.
25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色,称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格.问该方格表中最多有多少个红色的行和列?
解析 首先我们指出红色的行和列不多于8个.
若不然,红色的行和列至少9个,则其中必有5个红行或红列,不妨设为前者.由于每个红行中至少有4个红格,故知表中至少有20个红格.此与已知条件矛盾.
其次,当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时,便得到4个红行和4个红列,共8个.这表明有19个红格时,确可使红行与红列的个数达到8.所以最大值为8.
25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的形纸片,如果一个方格的棋盘能被若干个形纸片无重复地覆盖,试证:是8的倍数.

解析 设棋盘由个形纸片所覆盖,而形是由4个1×1小方格所组成,则可令.由此得出、中至少有一个偶数,不失一般性,可令为偶数,即共有偶数列.
现在对“列”进行黑、白交替染色,可得黑、白格各共有个.
易见每个形纸片无论怎样配置,总是盖住奇数个黑格.今共有个黑格,因此必须有偶数个形,从而证得是8的倍数.
25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马,它们互不相吃(假定有足够多的马)?
解析 我们将棋盘相间染成黑白二色,则黑格与白格各32个.按马的走法(如图)知,黑格上的马只能吃白格上的马,因此,将所有黑格都放马,它们是互不相吃的.这就是说,我们可以放32个马,它们互不相吃.现证任意放33个马必有被吃的情形.

事实上,将棋盘划分为8个2×4的小棋盘,则至少有一个小棋盘要放5个马,其放法只有两种可能:要么一排放1个,另一排放4个;要么一排放2个,另一排放3个.显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局.因此,最多能放32个马,它们互不相吃.
25.1.17★★★在12×12的棋盘上,一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角,如图().这匹马能否从某一点出发,跳遍每一格恰好一次,最后回到出发点?

解析 我们用两种方法对此棋盘染色.
首先,将棋盘黑白相间染色,由马的跳步规则知,马每跳一步,或者是从黑格跳到白格,或者是从白格跳到黑格.不妨设马是第奇数步跳到自格,即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格.

其次,将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色,其余的行染成黑色,如图().由马的跳步规则知.马从白格一定跳人黑格,因为白格的数目同黑格的数目相同,马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点,因此,马从黑格只能跳入白格,不妨设马第奇数步跳入白格.
对于一种满足要求的跳法,在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的,矛盾.
因此,题目要求的跳法,即“回路”是不存在的.
25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子,每个小方格内至多只能放一个棋子,使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍.在满足上述条件的所有放置方法中,请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?
解析 因每行都有8格,所以每行棋子最多只能有6个.此方格表共有8行,因此棋子的总数最多为48个.如右图所示,48个棋子是可以完成的.

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25.1.19★★★★将的方格表中每个小方格涂上黑色或白色,两种颜色的方格数相等.问能否有一种涂法,使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75%?
解析 不可能.设每行、每列中都有一种颜色的方格超过,由于行与行、列与列可对调而不影响结论.不妨设其中前行白色占优势,后行黑色占优势;前列白色占优势,后列黑色占优势.,(如下左图).

考虑放的矩形中的个方格.其中的白格可看成列或行中的“少数派”,而黑格可看成行或列中的“少数派”.由于在每行、每列中“少数派”少于或个,所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于.同样,前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于.所以这两个矩形中的方格数,即少于方格总数的一半.因此


从而,或,不妨设为前者,这时,,
白色方格总数



与两种颜色的方格相等矛盾.
评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占是可能的(这时、当然都被4整除),前右图(其中,)即满足要求.
25.1.20★★★在2是×2是的方格表上,有个格子涂黑,求证:可以选择行及列,包含了全部这个黑格.
解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前行,则这行中包含的黑格总数必定不少于,否则会有一行的黑格数至多一个,而剩下来的行至少有个黑格,于是有一行包含了至少两个黑格,这与前是行”的定义矛盾.于是结论成立,接下来只要再找是列包含剩下的个黑格即可(有的列可不包含黑格).
25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色,证明:至少可以找出21个矩形,它们的顶点是同一种颜色方格的中心,它们的边平行于方格线.
解析 考察其中任意一列,估计其中同色“方格对”的个数.设在该列中有一种颜色的方格走个,另一种颜色的方格个,那么,在该列中就共有

个同色“方格对”.该式的值在和时达到最小值9,所以,7个列中一共有不少于63个同色“方格对”.
注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中,如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”,那么,它们即构成一个满足要求的矩形.我们知道,方格表中一共有个不同的“行对”,由于有两种不同颜色,所以,一共有42种不同情况的“行对”.因此,至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形.
25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一,已知任意两个不同颜色的数之和为黑色,而它们的积是白色,试找出所有的这种染色方法.
解析 设正整数、为白色,现研究的颜色.若是黑色,设正整数黑色,则为黑色,为白色,但由前知黑色,白色,于是黑色,矛盾,因此为白色.
设正整数是染成白色的最小数,于是由条件及前面的讨论知,的所有正整数倍数均为白色.至于其他正整数,不被整除,设,,由之定义知,必定是黑色,于是知当时,为黑色;当时由为白色,知亦为黑色.于是本题的结论就是,所有的倍数染成白色,其余的数染成黑色,不难验证这种染法确实满足题设要求.
25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为、、与,其中、均为正奇数,将这个矩形分拆(既无重叠,也不遗漏)为一些三角形,使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行,并且这条边上的高为1,求证:一定存在至少两个三角形,它们各有两条边平行于坐标轴.
解析 易知,可将矩形分成个单位正方形,并涂上黑白两色,使相邻的正方形颜色不同.此时4个角上的小正方形颜色相同,设为黑色,于是黑色格总面积比白格多1.可以推出,上述分拆中,每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积之差为;而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积相等,如图.由于黑色面积与白色面积相差1,故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行.

25.1.24★★★把正三角形划分为个同样大小的小正三角形,把这些小正三角形的一部分标上号码1,2,…,,使得号码相邻的三角形有相邻边.求证:.
解析 将小正三角形如图黑、白染色,黑三角形共有1+2+3+…+个,白三角形共有1+2+3+…+()个,由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”,且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色,因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1,所以编号的三角形数不超过个,即.
25.1.25★★★将正方形分割为个相等的小方格,把相对的顶点、染成红色,把、染成蓝色,其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色.求证:恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数.

解析 用数代表颜色:红色记为1.蓝色记为.将小方格编号,记为1,2,…,.记第个小方格四个顶点处数字之乘积为.若该格恰有三个顶点同色,则,否则.
今考虑乘积.对正方形内部的交点,各点相应的数重复出现4次;正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次;、、、四点相应的数的乘积为.于是,.因此,,,…,中的个数必为偶数,即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个.
25.1.26★★已知内有个点(无三点共线),连同点、、共个点,以这些点为顶点把分割为若干个互不重叠的小三角形,现把、、分别染成红色、蓝色、黄色,而其余个点,每点任意染上红、蓝、黄三色之一.求证:三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数.
解析 把这些小三角形的边赋值:边的端点同色的,赋值0,边的端点不同色,赋值1,于是每只小三角形的三边赋值的和,有如下三种情形:
(i)三顶点都不同色的小三角形,赋值和为3;
(ii)恰有两顶点同色的小三角形,赋值和为2;
(iii)三顶点同色的小三角形,赋值和为0.
设所有小三角形的边的赋值总和为,又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为、、,于是
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注意到所有小三角形的边的赋值总和中,除了边,,外,其余各边都被计算了两次,故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍,再加上的三边的赋值和为3,故是奇数,因此,由①式得是奇数.
25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘,求证:1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置.
解析 将棋盘按图中方式染成、、三种颜色.易见、各有8格,而有9格.由于每个1×3砖块必定覆盖、、三色格各一格,因此1×1的砖块必定染成色.再将整个棋盘旋转,再按完全相同的方法染色,于是1×1的砖块仍在染成色的方格上,但两次染色均染成色的小方格只有中间的那个,因此1×l的砖块必定位于整个棋盘的中心位置.





























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