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类型人教版初中《第24章抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案.doc

  • 上传人:梦中客
  • 文档编号:1636713
  • 上传时间:2018-08-14
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    人教版初中《第24章抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案.doc
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    1、第 24 章 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, ,根据抽屉原理61562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 件东西任意放入 个抽屉,那么必定有一个抽屉里至少有两件东1nn西抽屉原理 2 如果把 件东西任意放人 个抽屉,那么必定有一个抽屉里至少有女件东西,m这里 ,1,nk不当 数 时

    2、 ; 当 数 时 .其中 表示不超过 的最大整数 ,例如 , , 等等xx34.92.6324.1.2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 3424.1.3在 1,2,3, ,100 这

    3、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 ;,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 3224.1.4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

    4、,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 个余数,而这三个余数之和或为 0,或为 3,或为 6,故5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:1,2 , , , ,3, ,12314223

    5、,5, , ,7 , , , ,11,13 ,13,15 ,17,23527919,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 , , , , 这 55 个数中,123456789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

    6、任取 55 个数,一定有两个数取自同一组,它们的差等于 924.1.7证明:在任意的 52 个正整数中,一定可以找到两个数 、 ,使得 或abab能被 100 整除ab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

    7、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(种) ,72即有 28 个抽屉由抽屉原理,当投票的人不少于人513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, ,中,是否有 2007 的倍数?1n个解析 答案是肯定的考虑以下 2007 个数:1,11,111, ,207

    8、1 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 和 ,于是1a个 1b个 ab ,11207ba 个 个1ba 个而(2007, )=1,所以, ,这与 1,11,111, 都不是 2007 的倍01207ba 个 2071 个数矛盾所以,在 1,11,111, ,中,一定有 2007 的倍数1n个24.1.10从任意给定的 1999 个自然数中总可以找到 个数,使得它们的和能被 1999 整k除解析 设 1999 个自然数为 , , ,且构造下列 2000 个和:1a219a0, , , ,1a2123239a因为任意一个自然数被 199

    9、9 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,123aa,st 19st 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12sstaa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 ,第 2 小段内填写的数是 第 12 小段内填1a2a写

    10、的数是 ,12a那么三个相邻小段填写的数字和可以有, , ,123234a345a, , ,456a567678, , ,789a8910a910a, ,1012222这 12 种,并且 12 种情况中出现的所有数字和为1212331aa 4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120值得注意:本题中的三个相邻小段也可分成 , , ,123a456a789a这 4 种情况,这时它们的数字和为1012a121278a 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780424.1.12在 个连续自然数 1,2,3, 中,任取出 个数证明:在这2n2n1n个数中,一定有

    11、两个数,其中一个是另一个的倍数1n解析 将这 个连续自然数分成 集合:1, , , , , , , ,1A21345613, , , , , , ,23235, , , , , ,352354A nA21由此可见,这 个数没有遗漏地被放在 个集合中,并且同一个数决不会出现在两个不同nn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 个数时,必定有至少1n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, 这 个正整数中任取 个数,证明其中一定存在两个数是21互质的解析 把 1,2, 这 个焉整数分成如下 组:nn1,2 ,3 ,4 , , 1

    12、从这 组中任取 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n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, , , 如图(a) 由于a29,12345678931054aaa所以 、 、 这三个数中一定有一个数不小于 54183 b 1b2b3b4b5b6b7b8b9a9a8a7a6a5a4a3a2a1 (b)(a) 101(2)设这 10 个数在圆周上排列为 , ,

    13、, 如图(b) 由于10b29,12345678945bb所以, 、 、 这三个数中一定有一个数不大于 bb451324.1.15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:其中必有三点构成的三角形的面积不超过 312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 个点这713三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134224.1.16在 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4离不大于 5解析 我们要设法把 的长方形分成 5 个部分(

    14、5 个抽屉) ,而且每部分中任意两点的3距离不大于 2112112 11122如图所示,把 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34离不大于从而命题得证524.1.17求证:在任何凸 边形中,总有一条对角线不与任何一条边平行2n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,最多有条对角线与之平行,因此凸 边形的“好对角线”至多有 条,但凸 边形2n 2n2n的对角线总数为 于是由抽屉原理,知必定有某条对角线不与任何232nn边平行对于凸 边形,不难构造例子使所有对角线均为“好对角线” 124.1.18证明:在任意 6 个人的集会上,或者有 3

    15、 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 、 、 、 、 、 分别代表参加集会的 6 个人如果两ABCDEF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 点与其余A各点连线 , , ,它们的线形不超过 2 种根据抽屉原理,可知其中至少有ABCF条连线同为实线,或同为虚线不妨设 、 、 均为实线如果 、5132 ABCDBC、 三条连线中有一条(不妨设为 )也是实线,那么三角形 三边均为实线,说DCB明 、 、 代表的 3 个人以前彼此相识:如果 、 、 三条连线均为虚线,那么三角形 三边均为虚线说明 、 、 代表的 3 个人以前彼此不相

    16、识不论哪种情BCBD形发生,都符合问题的结论 ABC DEFEFDCBA24.1.19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 , , 是空间中 6 个已知点在每个三角形 中,把最短边涂成1P26 ijkP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 可作 5 条线i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 的 5 条线段中至少有 3 条(例如,设为线段 、 、 )涂红,那么,在1P 12P314由这 3 条

    17、线段的另一顶点为顶点的 中至少须有一边(最短边) 涂红,设是边 ,那234P 23P么 的 3 边就都被涂红了12如果经过点 的线段中至少有 3 条未被涂红(例如设为线段 、 、 ) ,由于P 14P516、 、 中每个都至少有一边是红的因此,只能是线段 、145 156 164P 45P、 全是红的,即 的各边都是红色的6 524.1.20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 , , , 若 13 个顶点都染成黑色或都染成白1A2123A色,则结论显然成立故只需考虑 13 个顶点中有染黑色也

    18、有染白色的情形这时必有相邻两顶点同色,不妨设 、 同色,现考虑 、 、 、 、 这五个顶点,由抽屉原1213238理知其中必有三顶点同色,这又分为下列三种情形:(1) 、 、 、 中有三点同色,又 、 同色,故 、 、 同色或 、 、13A23A1A21A2313A同色这时 或 为三顶点同色的等腰三角形 (2) 、 、 同色,21 12 18这时 为三顶点同色的等腰三角形 (3) 、 、 同色,这时 为三顶138 1282点同色的等腰三角形24.1.2115 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

    19、: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24122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

    20、个式子,其值是 1989 的倍数解析 因为 而对任给的 52 个互异的正整数中,至少有两个数被 51 除后98351的余数相同,设这两个数为 、 ,且 ,那么 manmna( 为整数) 51mnat在取出 、 后的 50 个互异的正整数中,又至少有两个数,不妨设 、 ,且 ,n kalkla它们分别被 39 除后的余数相同,即( 为整数) 39klas因此,在给出的 52 个互异的正整数中,一定有四个整数 、 、 、 组成一个式子:mankla198mnklaast24.1.23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

    21、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 , , ,把这 11 个数分成如下 55 个二元组(每两个一组) :1a21a, , ,12,a13,, 3,01,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:若小数点后第位上 与 相同,则数 就放入 中例如, 与 的第 7 位上的数相同,则 7kiaj k,ija3a5就放入 35,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)这个抽屉里含有无穷多个数,

    22、这就说明 , 这两个无穷小数有无穷多位相同5 1a2考虑 与 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1a2多个,因此至少有一个出现无穷多次,从而 与 的差中,或者有无穷多个数字 0,或者有无穷多1a2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24124一个书架有五层,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 表示第 层所放的图书册数, ,2,3,4,5如果有某个 ,那么结iai

    23、i0ia论显然成立因此可设 , ,2,5考虑下面两种情况:1ia i(1) , , 中有两个数相等,则结论已经成立1a25(2) , , 各不相等,因a,所以 , , 必各取 1、2、3、4、5 之一但125125a 1a25a是 , , , 这 4 个数不可能同时包含 7、8、9 这三个数事实上,23a45若 7、8、9 都出现,则只可能是 , , 或 , ,783835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45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:, , , , , , 至多能取 8 个不同的值由抽屉原理1a25a12

    24、3a4a5知,其中必有两个是相等的,从而命题得证24.1.25一个由 个方格组成的正方形表格,其中填满 1,2,3, 等数,且n n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 是对称的,求AB证:当 是奇数时,在对角线 上的那些方格中将会遇到所有的 1,2, 这些数nAB字 dcab ffdacbee BA解析 如图,由于在表格的每一行、每一列都出现 l,2, 各数,所以任一行(或列)n中,每个数只出现一次,于是表格中有 个 1, 个 2, 个 n又由于整个表格关于 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AB现,如图中 , , , , , 等数因此除对角线外

    25、表格中 1,2, 等数各有偶abcdef n数个当 为奇数时,表格中共有奇数个 1,奇数个 2,奇数个 所以对角线 上出现n nAB1,2, ,且 1 到 个数都必将出现,但对角线上只有 个格子,因此,所有的数在对角线上都恰好n出现一次24126一个半径为 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 、 、 、 、 、 如图,设 、 、 、 、 、ABCDEF1A234A5将 六等分,且可让 落在 上(旋转可达) 6AO1OAOA 6A5A4A3A2A1对于六个扇形(圆心角 ,半径为 1) ,其中一个内有两点(包括边界) 、 ,则60 MN这是因

    26、为 ,1MN MON 22 2 2 2cos 1OMNOOM (这里不妨设 ) 于是由前知, 、 、 、 、 已不能落在扇形 与 上,于是这五个点均落BCDEF16A12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 ,使得他在这 77 天里有连续的一天恰好下了 21 盘棋n解析 用 表示这位棋手从第 1 天到第 天( 包括第 天)下棋的总盘数,iaii,2,77由于每天至少下一盘棋,所以1i7又因为每周至多下 12

    27、盘棋,所以,7123a所以 12712a 考虑下面 154 个正整数:, , , , , 1a2712a721a其中最小的是 ,最大的 不超过 因此这 154 个正整数中必定有两个a735是相等的由于,127a,7121a所以必定存在 ,使得ij21jia21jia令 ,那么该棋手在第 , , 这连续的 天中恰好下了 21 盘n1i2injn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,

    28、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 ,30254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(人) 3025410 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: 或 的元素个数 的元素个数 的元素个数一既是 又是 的元素个ABABAB数2422在 1,2,100 这 100 个正整数中,

    29、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) 2043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) 68242.3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

    30、原理 l 得:这两题都不对的同学有(人) 4023712424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冰冰冰解析 如图所示,设喜欢语文和外语(但不喜欢数学) 的有 人x于是,喜欢数学和语文的有 个人,喜欢数学和外语的有 个人,喜欢语文和外语612124的有 个人12x所以 0583,1241

    31、2x解得 x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(人) 5861246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: 或 或 的元素个数 的元素个数 的元素个数 的元素个数既是ABCABC又是 的元素个数一既是 又是 的元素个数一既是 又是 的元素个数+既是 又是A又是 的元素个数B24.2.5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

    32、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 人,因为没有人会全部三项运动,因此至少25619会三项运动之一的人假使每人都会两项,也要 (人) ,这些人数学都及格了,再加上7382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 CBA冰冰冰冰,17AB,8C;3其中 表示既会骑自行车又会游泳的学生人数, 表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人B数, 表示既会游泳又会滑冰的同学的人数所以,1872故没有人数学优秀;全班有 2 人既会游泳又会滑冰2426在 1 到 100 个自然数中,既非

    33、 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) 208650因此,1 到 100

    34、的自然数中既非 3、4 也不是 5 的倍数有(个) 64所以,既非 3、4 也不是 5 的倍数的数有 40 个34.2.7如图, 、 、 分别是面积为 12、28、16 的三张不同形状的纸片,它们叠放在ABC一起盖住的总面积为 38,若 与 、 与 、 与 的公共部分的面积分别为BCA8、7、6求 、 、 三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分) CB A解析 设所求三张纸片的公共部分的面积为 ,则由容斥原理有x,3812687x所以所以, 、 、 三张纸片的公共部分的面积为 3ABC2428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

    35、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 个人,根据容斥原理 2,至少有一项优秀的学生有n,2190836所以,这个班的学生有 人故这个班的学生人数不少于 41 人541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 ,所以,这个班的学生人数不超过 48 人n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

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