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初中数学竞赛之逻辑推理问题

1．41名运动员所穿运动衣号码是1，2，…，40，41这41个自然数，问：
（1）能否使这41名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？
（2）能否让这41名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？
若能办到，请举一例；若不能办到，请说明理由．



2．某校 派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100
株，证明至少 有5人植树的株数相同．



3．有50名同学站在操场上玩游戏，他们 彼此间的距离都各不相等．每人手中有一把水枪，
游戏规则是：每人都向离自己最近的人打一枪．试证明 ：每一个人至多挨了5枪． （提
示：也就是要证明：假定有一个人至少挨6枪是不可能的）



4．把1到3这三个自然数填入10×10的方格内，每格内填一个数，求证：无 论怎样填法都
能使在各行、各列、两条对角线上的数字和中，必有两个是相同的．



5．一个口袋内有100个球，其中有红球28个，绿球20个，黄球12个，蓝球20个， 白球
10个，黑球10个．从袋中任意取球，如果要求一次取出的球中至少有15个球的颜色相
同，那么至少要从袋中取出多少个球？

6．环行跑道的一周插了若干红、黄 两种颜色的彩旗，已知一共变色了46次（一个红旗与一
个黄旗相邻或一个黄旗与一个红旗相邻，称为一 次变色），现可将相邻的旗子对调，如
果若干次对调后，变色次数减少为26次．试说明：在对调过程中 ，必有一个时刻，彩旗
的变色次数恰好为28次．



7．有1 7个科学家，他们中的每一个都和其他的科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论三个
问题，每一对科学家 互相通信时，仅仅讨论同一个问题．证明至少有三个科学家关于同
一个题目互相通信．


8．对于平面上给定的25个点，如果其中任何3个点中都有某两个点的距离小于1，那么在
这些给定的点中，一定可以找到13个点，这13个点都位于一个半径为1的圆内．




9．如果三个完全平方数之和能被9整除，那么可以从这三个数中选出 两个来，使得这两个
完全平立数之差也能被9整除．



10．某夏令营组织1987名营员去游览故宫、景山公园、北海公园，规定每人必须去一处，
至多 去两处游览．求证：至少有332人游览的地方完全相同．

11．将2002张卡片分别标记1，2，3，…，2002的数，数字面朝上放在桌上．二位 玩家轮
流自桌上各取一张牌，直到桌上的牌取光为止．先计算每个人所有取的牌的数之总和，
再 比较这两个总和的个位数，较大者为胜方．请问两位玩家中哪一位有必胜之策略（无
论对手如何对应）？ 如果有，这个必胜策略是什么？



12．从1到100这100个自然 数中，任意取出51个数，其中一定存在两个数，这两个数中
的一个是另一个的整数倍．



13．证明：在2
1
﹣1，2
2
﹣1，23
﹣1，…，2
n
﹣1
﹣1这
n
﹣1个数中，至少有一 个数能被
n
整除
（其中
n
为大于1的奇数）．




14．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用 这些纸币任
意付款，可以付出不同数额的款共有多少种？



1 5．圆周上有12个点，其中有一个是涂了红色，还有一个是涂了蓝色，其余10个是没有涂
色，以这些 点为顶点的凸多边形中，其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形，
只包含红点（蓝点）的称为 红色（蓝色）多边形，不包含红点及蓝点的称为无色多边形．试
问以这12个点为顶点的所有凸多边形（ 边数从三角形到12边形）中，双色多边形的个
数与无色多边形的个数哪一种多？多多少？

16．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？


17．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．




18．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
（1）化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
（2）语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
（3）物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
（4）文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？



1 9．山城电信大楼一架最多可以容纳32人的33层电梯出故障，只能在第2层至第33层中
的某一层停 一次．对于每个人来说，他往下走一层楼梯感到1分不满意，往上走一层楼
梯感到3分不满意．现有32 个人在第一层，并且他们分别在第2至第33层的每一层办
公．请你设计一个方案，使电梯停在某一层， 使得这32个人的不满意总分达到最小，并
求出这个最小值．注意：有些人可以不乘电梯而直接从楼梯上 楼．

20．如图所示，有一个正方体形的铁丝架，把它的侧棱中点
I
、
J
、
K
、
L
也用铁丝连上．
（1）现在一个蚂 蚁想沿着铁丝从
A
点爬到
G
点，问最近的路线一共有几条？并用字母把
这些路线表示出来（用所经过的连接点字母表示，譬如蚂蚁从
A
点出发，经过
I点
L
点，
最后到达
H
点，这样的路线用
AILH
表示）．
（2）蚂蚁是否可能从
A
点出发，沿着铁丝经过每一个连接点，恰好一次 最后到达
G
点？
如果可能，请找出一条这样的路线；如果不可能，说明为什么？

参考答案

1．解：（1）能办到．注意到4 1与43都是质数，据题意，要使相邻两数的和都是质数，显
然，它们不能都是奇数，因此，在这排数中 只能一奇一偶相间排列，不妨先将奇数排成
一排：1，3，5，7，41，在每两数间留有空档，然后将 所有的偶数依次反序插在各空档
中，得1，40，3，38，5，36，7，34，8，35，6，37 ，4，39，2，41，这样任何相邻两
数之和都是41或43，满足题目要求．

（2）不能办到．若把1，2，3，40，41排成一圈，要使相邻两数的和为质数，这些质数
都是奇数 ，故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶，但现有20个偶数，21个奇数，总共有
41个号码，由此引出 矛盾，故不能办到．
（注站成一排和站成一圈虽只一字之差，但却有着质的不同，因为一圈形成了首尾 相接
的情形．）
2．证明：利用抽屉原理，按植树的多少，从50至100株可以构造51个 抽屉，则问题转化
为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里；
假设5人或5人以上植树的株数 在同一个抽屉里，那只有4人以下植树的株数在同一个
抽屉里，而参加植树的人数为204人，每个抽屉 最多有4人，
故植树的总株数最多有：4（50+51+52+…+100）＝4×
得出矛盾．
因此，至少有5人植树的株数相同．
3．解：假定有一个人至少挨了6枪，设此人为
A
、若
B
射向
A
，
C
也射向
A
， 则在△
ABC
中，
＝15300＜15301，
BC
边最长（如图） ．
又由于三边不等，则角
A
应该大于60度．
若有6个人都射向
A
，则从
A
出发的6个角都大于等于60度，
从而周角就大于了360度，这是不可能的．

4．证明：由于每个格内数字为1，2，3，
则在各行、各列，两格对角线数字和中，最小的为10，最大的为30，共有21种取值，
实际上，10行，10列，加2条对角线共22个和．
所以由抽屉原理，必有两个和是相等的．
5．解：最不利条件：前面取的球都没有达到15个球颜色相同的状况．
也就是：黄球，白球 ，黑球全部都取完了（这些同颜色的都在15个球以下，全部取完也
不会有15个球颜色相同），
一共是12+10+10＝32个球然后红球，绿球，蓝球各取14个．14×3＝42个．
依然没有15个球颜色相同．
然后再取任意一个球，就能达到至少有15个球的颜色相同了，
因此一共有32+42+1＝75个球．
6．解：首先说明，将相邻的旗子对调一次，变色次数或不变，或增加2次，或减少2次．
显 然，如果对调的两旗同色，则不改变变色数，以下为了方便，用⊙表示红色旗，用△
表示黄色旗，可设对 调前两旗为⊙△，
因对调一次只可能影响这两旗相邻旗子的变色数，因此（考虑对称性），只需考虑如 下
几种对调前的情形：
⊙⊙△△，⊙⊙△⊙，△⊙△⊙，△⊙△△（变色数依次为1，2，3，2），
将中间两旗对 调后变为⊙△⊙△，⊙△⊙⊙，△△⊙⊙，△△⊙△（变色数依次为3，2，
1，2）．
由此可见，变色数或不变，或增加2次，或减少2次．
由原来的变色数46，经过若干次增、 减2，现在成为26，故必须经过46与26之间的所
有偶数．
所以在对调过程中，必有一个时刻，彩旗的变色次数恰好为28次．
7．证明：从17个点中 的一点，比如点
A
处作引16条线段，共三种颜色，由抽屉原理至少
有6条线段同色， 设为
AB
、
AC
、
AD
、
AE
、
AF
、
AG
且均为红色．
若
B
、
C
、< br>D
、
E
、
F
、
G
这六个点中有两点连线为红 线，设这两点为
B
、
C
，则△
ABC
是一个
三边同 为红色的三角形．
若
B
、
C
、
D
、
E< br>、
F
、
G
这六点中任两点的连线不是红色，则考虑5条线段
B C
、
BD
、
BE
、
BF
、
BG
的 颜色只能是两种，必有3条线段同色，设为
BC
、
BD
、
BE
均为黄色，再研究△
CDE
的
三边的颜色，要么同为蓝色，则△
CDE是一个三边同色的三角形，要么至少有一边为黄色，

设这边为
CD
，则△
BCD
是一个三边同为黄色的三角形，即至少有三个科学家关于同一个
题目互相 通信．
8．解：在给定的25个点中任取一点，记为
A
，以
A
为圆 心，1为半径作圆，若⊙
A
盖住所
有的点，则结论成立；
若不然，则至少有 一点
B
不在圆内，再以
B
为圆心，1为半径做圆，则所给的25个点中
的任意一点要么在⊙
A
内，要么在⊙
B
内，
否则，至少有一点< br>C
既不在⊙
A
内，又不在⊙
B
内，这样，所得三点
A
、
B
、
C
的连线
AB
、
AC
、< br>BC
的长都大于1，即在
A
、
B
、
C
三点中 无两点距离小于1，与题设矛盾，因此⊙
A
、
⊙
B
就可以盖住这25 个点．
把⊙
A
、⊙
B
作为两个抽屉，把25个点放进去，因为25 ＝12×2+1，由抽屉原理可知，至
少有一个圆内有12+1＝13个点都位于一个半径为1的圆内．
9．解：下面我们先来讨论任意的完全平方数被9除的余数．
根据同余理论，我们知道，任何 一个整数总可以表示成：9
k
，9
k
±1，9
k
±2，9< br>k
±3及
9
k
±4这九种情况中的一种．
现在将这九种情况 分别平方，于是可得：（9
k
）
2
＝9×9
k
2
+ 0；（9
k
±1）
2
＝9（9
k
2
±2
k
）
+1；
（9
k
±2）
2
＝9（9
k< br>2
±4）+4；（9
k
±3）
2
＝9（9
k
2
±6
k
+1）+0及（9
k
±4）
2
＝9（9< br>k
2
±8
k
+1）
+7．
可见，任何一个完全平方数被9除的余数只可能是0，1，4，7这四种情况之一．
另一方面 ，由于所选的三个完全平方数之和能被9整除，因此这三个数的余数之和也一
定能被9整除；而从0、1 、4、7这四个数中选出三个，其和要能被9整除，只可能是{0，
0，0}、{1，1，7}、{1， 4，4}或{4，7，7}这四种情况中的一种．
而在上面这四种可能的余数组合中，每一组都至多有 两种余数，因此至少有两个完全平
方数被所9除的余数相同，从而这两个余数相同的完全平方数之差就一 定能被9整除．
10．解：因为营员所去地方可分为（故宫），（景山），（北海），（故宫，北海） ，（故
宫，景山），（北海，景山），共6种，
构造为6个抽屉，而营员共有1987名．
由抽屉原理可知，必有人游览的地方相同，
所以至少有332人游览的地方完全相同．

11．解：由题目可知，胜负的关键在于这个位数的大小，
于是只考虑这个位数，
试着将范围缩小，
从2002缩小到22，
∵2002＝2000+2，
同理：22＝20+2，
得到排列：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
20 19 18 17 16 15 14 13 12 11
21 22
由上面的排列不难看出上面的两排数将其以横的相加，所得总和的个位数会一样，
那么先取的人拿到22，再根据对称性拿，就可以必胜．
将其推广：先取的人拿到2002，再根据对称性拿，就可以必胜．
12．证明：由于任何一 个自然数都可以表示成一个奇数与2
n
和乘积的形式，而且这种表示
方法是惟一的．因 此，我们可以按下面的方法来构造50个抽屉：
{1，1×2，1×2
2
，1×2< br>3
，1×2
6
}；
{3，3×2，3×2
2
，3× 2
3
，3×2
4
，3×2
5
}；
{5，5×2， 5×2
2
，5×2
3
，5×2
4
}；
…；
{49，49×2}；
{51}；
{53}；
…；
{99}．
于是从这50个抽屉中任取51个数，根据抽屉原则，其中一定存在至少两个数属 于同一
个抽屉，即命题得证．
13．证明：用数学归纳法来证明．
（1）当
n
＝2时成立．
（2）假设，当
n
＝
k
时，成立．
（3）证明：当
n
＝
k
+1时也成立．
（31）2n
﹣1个互不相同的整数中
n
个整数的和，有
C
（
n< br>，2
n
﹣1）种互不相同的可能性．

（32）这
C
（
n
，2
n
﹣1）种互不相同的可能性，落在[0，（2
n
﹣1）•
n
]区间内．在这个区
间内，不能被
n
整除的整数 个数是（2
n
﹣1）•（
n
﹣1）个．
（33）证明
C
（
n
，2
n
﹣1）＞（2
n
﹣1）•（
n
﹣1）．
（34）原命题得证．
14．解：∵不管怎么组合都不会重复，
∴共有3×5×2×2×2﹣1＝120﹣1＝119种．
故可以付出不同数额的款共有119种．
15．解：对于任何一个双色
n
（
n
≥5）边形，显然去掉红、蓝顶点后，得到一个无色
n
﹣2
边形，
不同的双色
n
边形去掉红蓝顶点后，得到的是不同的无色
n
﹣2边形 ．
反过来，对任一无色多边形，添上红蓝顶点后，总可以得到一个双色多边形，
由此可知， 无色多边形（从三角形到十边形）的个数与双色多边形（从五边形到十二边
形）的个数相等．
因此，双色多边形的个数多，多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目．
双色三角形有10个．
双色四边形有×10×9＝45个．
这是由于每对应一个双 色三角形，可以有九个双色四边形，而在90个双色四边形中，两
两相重，故只有45个双色四边形．
∴双色多边形比无色多边形多55个．
16．解：①．被拉了三次的灯，为2、3、5的最小公倍数，也就是＝66
②．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）：
66＝466
③．被拉了一次的灯，++﹣2×466﹣3×66＝932
++﹣3×
那么最后亮着的灯的数量：1997﹣66﹣932＝999
17．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．
18．解：（1）4×4×3×2×1＝96种．
故化学不放在第1位，共有96种不同排法．
（2）2×4×3×2×1＝48种．
故语文与数学必须相邻，共有48种不同排法．
（3）（5×4﹣2×4）×3×2×1＝72种．
故物理与化学不得相邻，共有72种不同排法．
（4）3×2×1×2×1＝12种．
故文科书与理科书交叉排放，共有12种不同排法．
19．解：将人群分成三组，
A
组：直接上楼；
B
组：从电梯下楼；
C
组：从电梯上楼；
由于各种组合是有限的，因此最小值是存在的，那么在达到最小值时，下楼的人数是一
个确定的值
m
，
除了1人不需要上下楼，上楼的人数为31﹣
m
，
这31 ﹣
m
个人分在
A
，
C
两组，由于
A
，C
两组的地位均等，因此要达到最小值人数要相
等，但涉及到整数有可能相差1人， 设
A
组的人有
n
，那么爬得最高的人要爬
n
层，3n
分，
如果
C
组的人比
A
组的人数多2个以上，则< br>C
组爬得最高的人＞＝3（
n
+2），
这样如果我们从
C< br>组中移1个人到
A
组，将至少减少3（
n
+2）分，
而
A
组增加1人增加的分是3（
n
+1），显然会使总分减少，
同时
B
组的人数没有变动，分值没有变化，
由此说明了
A
，
C
组人数应当相等或相差1人，
基于以上分析，先考虑
AC
组人数相等的情况：
设
A
，< br>C
组人数均为
x
，
B
组人数为31﹣2
x
，
总分
S
＝＝5
x
2
﹣60
x
+496，

当
x
＝＝6，
S
最小＝316．
20．解 ：（1）一共有12条：
ABCKG
、
ABJKG
、
ABJFG、
ADCKG
、
ADLKG
、
ADLHG
、
A IJKG
、
AIJFG
、
AILKG
、
AILHG
、
AIEFG
、
AIEHG
；
（2）不可能．
用反 证法证明．假设可能，那么将所有连接点染上黑、白两色，凡与黑点相邻的都是白
点，凡与白点相邻的都 是黑点．
若
A
是白点，则黑白点的分布如下表：
．
由于
A
与
G
都是白点，所以蚂蚁从
A
点出发，依次经过其它各点，到达
G
点的路线应为
白→黑→白→黑→…→黑→白．其中有奇数个白点，这与图中共有偶数 个白点相矛盾．
∴蚂蚁不可能从
A
点出发沿着铁丝经过每一个连接点恰好一次，最后 到达
G
点．