初中数学竞赛《容斥原理》练习题及答案 (10)

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。

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。

--------------- 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【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。

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。