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答 案
见解析
解析
证明：必要性：
棋盘被
形覆盖，则
，
，至少有一为偶数，不妨设为
偶数，将列中序号为偶数的列涂上白色，为奇数的列涂上黑色
形不论怎么放置，必占据三
黑一白或三白一黑两种情况，对某覆盖，设三白一黑的有个，三黑一白的有个，因此白格有
，黑格有
，由于棋盘涂法黑白格相等，故
，得
，所以
，
．
或
显然不能覆盖．
充分性：
，
，
可能情况为
①
，
；②
，
；③
，
；④
，
．
首先注意
，
可用
形覆盖．
①
可划分为若干个
和
，所以可覆盖；
③
可划分为
个
，所以可覆盖；
②，④类似．
模块
模块1：
1
例题1
m × n
mn = 4k
m
n
n
n
s
t
3s + t
s + 3t
3s + t = s + 2t
s = t
mn = 4 s + t =
(
)
8t
8 mn
∣
m = 1
n = 1
8 mn
∣
m=
1
/
n=
1
/
8 m
∣
n=
1
/
8 n
∣
m=
1
/
4 m
∣
2 n
∣
2 m
∣
4 n
∣
8 × 3
4 × 2
8m
×
1
n
8 × 2
8 × 3
4m
×
1
2n
1
m
n
1
1
4 × 2
答 案
见解析
解析
证明：必要性：我们只对
详细讨论，其他情形类似地可证．
如图对
矩形的小方格染色，并赋值，黑格赋
，白格赋，每个
覆盖的三格之赋值
和非负，故总覆盖格得到的赋值和非负．但棋盘中黑格共
格，重复度圈为，得分为
分，
白格
格，得分为
分，总得分为
分，矛盾．
充分性：
可作重复度为的覆盖．
可覆盖，故可作任何重复度的覆盖．
①
可分解成
个
，可作重复度为的覆盖．
②
，
．
．
可作重复度为的覆盖，
可覆盖，故
可作重复
度为的覆盖．
③
，
，
，
可覆盖(图
)，
可覆盖
，
，
，
可覆盖．
可覆盖，
可覆盖，
可分为
个
，可作重复度为的覆盖，所以，
可作重复度为的覆盖．类似的，
，
，
可作重复度为的覆盖．
可作重复度为的覆盖如图
．
答 案
见解析
1
1
例题2
5 × 7
5 × 7
−2
1
12
k
−24k
35 −12 = 23
23k
−k
2 × 2
3
2 × 3
2m × 2n
mn
2 × 2
3
2m × 2n + 1
(
)
n > 0
2m × 2n + 1 =
(
)
2m × 2 n −1 ⊕
(
)
2m × 3
2m × 2 n −1
(
)
3
2m × 3
2m × 2n + 1
n > 0
(
) (
)
3
2m + 1 ×
(
)
2n + 1
(
)
m > 1
n > 3
5 × 9
4 −27
7 × 9 = 5 × 9 ⊕2 × 9
9 × 9
11 × 9
⋯
2m + 1 ×
(
)
9
2m + 1 ×
(
)
11 = 2m + 1 ×
(
)
9 ⊕2m + 1 ×
(
)
2 = 2m + 1 ×
(
)
9 ⊕3 × 2 ⊕2 m −1
(
)
3 × 2
2 n −1 ×
(
)
2
n −1
2 × 2
3
2m + 1 ×
(
)
11
3
2m + 1 ×
(
)
13
⋯
2m + 1 ×
(
)
2n + 1
(
)
3
7 × 7
3
4 −28
例题3
解析
解：将
个三角形分为两类：第类三角形的三个顶点上所写的个实数可按顺时针方向排成递减数
列，其余三角形为第
类，并设第类正三角形有
个，从而第
类正三角形有
个，我们将
小正三角形每条边按照从大数对应顶点到小数对应顶点的方向画一个箭头(表示递减！)并且每条边
沿箭头方向在其右侧赋值，左侧赋值
(右侧表明箭头方向为顺时针的，左侧表明箭头方向为逆
时针的)，于是第类三角形内所赋个数值之和为
，第
类三角形内所赋个数
值之和为
(图
)于是，
个小正三角形内所赋数值的总和为
．
另一方面，位于正六边形内的小三角形的每边两侧所赋的值之和为
，而位于正六边
形的边上的
条小正三角形的边中至少有一条边在正六边形内侧赋的值为，故正六边形内赋的值
的总和至少为
．
综合上述两方面，得
，解得
．即符合题目要求的小正三角形至少有
个．
答 案
．
解析
解：将广场中的一些方砖染成黑色若
，则染色方式如图；
若
，则染色方式如图．
显然，照明灯至少照亮一块方砖．
由题意，知任意一块方砖至少要由两个灯照亮．于是，有灯柱的个数不小于
，其中，为被染色
1
24
I
3
II
I
N
II
24 −N
1
−1
I
3
1 + 1 + −1 =
(
)
1
II
3
−1 +
(
)
−1 +
(
)
1 = −1
9 −10
24
N + −1
24 −N
=
(
) (
)
2N −24
1 + −1 =
(
)
0
12
1
11 × −1 +
(
)
1 = −10
2N −24 ⩾−10
N ⩾7
7
例题4
2 n + 1
(
) [
2
m + 1 ]
m = 2k + 1
6
m = 2k
7
2l
l
的方砖块数．
若
，则
；
若
，则
．
当按照图、方式摆放灯柱(图中未染色的圆)时，每块方砖均将被两个灯照亮．
因此，为了满足题目要求，至少需要
．
答 案
见解析
解析
解：记满足
的正整数的颜色为
．
用
、
、
表示三种不同的颜色．
注意到，对于所有的
，有
．
于是，可取
，与
、
均不同从而，条件
成立．
下面用反证法证明条件
也成立．
设满足
的、、是颜色相同的正整数，不妨设
．
令为非负整数且满足
．则
．
故
．
从而，
．
又、颜色相同，则
．
故
，且
或．
从而，唯一解是
，与条件
矛盾．
因此，不存在颜色相同的正整数、、．
答 案
见解析
解析
解：把所有方格分为类．第一类方格位于棋盘的四个角上，第二类方格位于棋盘的边界(不包括四
个角)上，其余方格为第三类．
将所有红色方格填上数，所有蓝色方格填上数
．记第一类方格的填数分别为，，，．第
二类方格的填数分别为
，
，
，
．第三类方格的填数为
，
，
，
．对任何两个相邻的方格，在它们的公共边上标上这两个方格内标数的乘积．设所有
1
1
m = 2k + 1 k ∈N
(
)
l = n + 1
k + 1 =
(
) (
)
n + 1
(
) [
2
m + 1 ]
m = 2k
l = n + 1 k =
(
)
n + 1
(
) [
2
m + 1 ]
6
7
2l = 2 n + 1
(
) [
2
m + 1 ]
例题5
2 ⩽
n
x < 2n+1
x
c
n
c0
c1
c2
n ⩾3
+
[2
n]
1 < n
cn
c
[ 2
n]
c
+1
[ 2
n]
1
( )
2
( )
x + y = z2
x
y
z
x ⩽y
n
2 ⩽
n
y < 2n+1
2 <
n
x + y < 2n+2
2
<
2
n
z < 2
2
n+2
2
<
2
n
z < 2
+1
2
n
y
z
n ⩽2
x ⩽y < 8
z = 2
3
x = y = z = 2
2
( )
x
y
z
例题6
3
1
−1
a
b
c
d
x1
x2
⋯
x2m+2n−8
y
1
y
2
⋯
y
n−2
m−2
(
)(
)
公共边上的标数的积为
．
对每个第一类方格，它有两个邻格，所以它的标数在
中出现两次，对每个第二类方格，它有个
邻格，所以它的标数在
中出现次，对于第三类方格，它有个邻格，它的标数在
中出现次，
于是
．
当
时，
，此时有偶数个标准对，当
时，
，此时有奇数个标准对，这表明：的奇偶性由第二类格的颜色确定．当第二类格中
有奇数个蓝色格时，为奇数，当第二类格中有偶数个蓝色格时，为偶数．
答 案
见解析
解析
解：将满足条件的染色方式称为“格局”，所有格局构成集合
．
用
表示第行第列的格，并将行数视为模
的，即第
行可看作第行．
对某个格局
，可对其进行操作
：重新染色，将
染成之前
的颜色，即操作之后第
行变成第行，第行成第行，…，第
行变成第行，同时列保持不动．格局
操作之后的
结果
也满足题目要求，因此，也在
中．操作
为集合
到其自身的一一映射．
的每个
元素
经过
次操作
之后回到自身，即
．
考虑
的周期，即最小的正整数
，使得
，并将元集合
称为
的轨道，显然，
中的其它元素生成的轨道也为
．
对于
的两个元素
、
，若
，则
，即任意两个轨
道要么重合要么不交，
可以看成是若干个轨道的无交并．
周期
一定为
的约数，即、、
、
之一．由于每列的
个格中恰有
个红格，于是，
(否则，红格可以配对，奇偶性矛盾)，这样周期
为或
．
若
，则
的所有奇数行染色方式相同，所有偶数行染色方式相同且与奇数行染色方式相
反．
的第一行有
种染色方式，同时
的第一行决定其它所有行．从而，
中周期为的
元素恰有个，其余元素的周期均为
．
将
看成轨道的无交并，一共有三个长为的轨道与若干个长为
的轨道，从而，元素个数
除以
余．
答 案
见解析
解析
解：
，
，
，
．
考虑
的情况．
在全部
种染色方式中，除三顶点同色的两种方式外均满足，故
．
1
1
H
H
3
H
3
4
H
4
H = abcd
x
x
⋯x
y
y
⋯y
(
)2(
1
2
2m+2n−8)3( 1
2
n−2
m−2
(
)(
))
4
= x
x
⋯x
1
2
2m+2n−8
x
x
⋯x
=
1
2
2m+2n−8
1
H = 1
x
x
⋯x
=
1
2
2m+2n−8
−1
H = −1
S
S
S
例题7
M
i, j
(
)
i
j
i
2018
2018
0
A
T
i, j
(
)
i −1, j
(
)
1
2
2
3
2018
1
A
T A
( )
M
T
M
M
A
2018
T
T
A =
2018
(
) ( )
A
A
d = d A
( )
T
A =
d
( ) ( )
A
d
R A =
( )
A, T A , ⋯, T
A
{
( )
d−1
(
) ( )}
A
R A
( )
R A
( )
M
A
1
A
2
R A
∩
(
1)
R A
=
∅
(
2) /
R A
=
(
1)
R A
(
2)
M
d = d A
( )
2018
1
2
1009
2018
2018
1009
T
A =
A
1009
(
) ( ) /
d A
( )
2
2018
d A =
( )
2
A
A
C
=
4
2
6
A
M
2
6
2018
M
2
2018
m = M
∣
∣
2018
6
例题8
f 1 =
( )
6
f 2 =
( )
18
f 3 =
( )
36
f n =
( )
0 n ⩾4, n ∈Z
(
)
1
( )
n = 1
2 =
3
8
f 1 =
( )
6
考虑
的情况．
如图，中间的小三角形的顶点共有
种染色方式，不妨设其顶点颜色如图所示．
于是，顶点必染红红色．从而，顶点、的颜共有
(蓝，红)，(红，蓝)，(蓝，蓝)
三种可能．
因此，所有可能的染色方式共
种，即
．
为便于讨论其余情况，先给出一个引理
引理：在任意子三角形的任一条边上，不存在等距排列的三点染同一颜色证明假设存在某子三角形
的某条边上等距排列的三点
、
、
，它们染同一颜色(不妨设为红色)，如图．
考虑包含于上述子三角形的正
，并记线段
、
的中点分别为
、
，则
、
、
均为子三角形．故点
、
、
必染蓝色，即
的三顶点同色，矛
盾．
引理得证．
考虑
的情况，如图．
(i)若点、染同一种颜色(不妨设为蓝色)，则点必染红色．此外，由引理，知点、均必染红
色．故点必染蓝色．
考虑点、，它们不能染同一种颜色．事实上，若点、均染蓝色，则子三角形
的三顶点同
色；若点、均染红色，则等距排列的三点、、同色，与引理矛盾．于是，可不妨假设点染
蓝色，点染红色，此时，点只能染红色，点
只能染蓝色．易验证这种染色方式符合要求．
因此，点、同色的情况共有种染色方式(点、的颜色共种可能，点、的颜色共种可
能)．类似地，点、同色的情况及点、
同色的情况均分别有种染色方式，且之间没有重复，
共计
种．
(ii)剩余情况即点、不同色，点、也不同色，点、
也不同色．事实上，点、、必染同
一种颜色．若不然，不妨设点、不同色，则点、
染同一种颜色，而点、均染另一种颜
色，这样点无论染何种颜色均会产生顶点同色的子三角形，矛盾．于是，点、、必同色(不妨
设为蓝色)．从而，点、、
只能均染红色此时，大三角形的顶点、、共有
种染
2
( )
n = 2
2
f 1 =
( )
6
2
1
2
3
6 × 3 = 18
f 2 =
( )
18
X
Y
Z
3
△XZU
XU
ZU
V
W
△XZU
△XY V
△Y ZW
U
V
W
△UV W
3
( )
n = 3
4
1
2
3
4
5
6
7
8
7
8
678
7
8
7
3
8
7
8
9
10
1
5
4
1
2
2
7
8
2
7
9
8
10
4
12
1
2
7
9
8
10
1
8
9
1
8
1
10
2
8
5
1
8
9
2
7
10
6
4
5
f 1 =
( )
6
色方式，而中心点共有种染色方式(红色和蓝色)．
因此，共
种染色方式(点、、的染色共种可能，大三角形
的顶点染色共种可能，点
的染色共种可能)．
综上，
．
考虑
的情况．
如图，最中间的单位边长的小正三角形的三个顶点不能同色，不妨假设其中两个顶点染蓝色，另
一顶点染红色．则点只能染红色．
又由引理，知点、均只能染红色，从而，点只能染蓝色．
现考虑点、，它们不能染同一颜色．事实上，若点、均染蓝色，则三角形
三顶点同色；
若点、均染红色，由于它们的中点已染红色，则与引理矛盾．不妨设点染蓝色，点染红色．
因为点、均染红色，由引理知点、只能均染蓝色，所以，点只能染红色．
注意到，因为点、均染红色，点、均染蓝色，所以，无论点
染何种颜色均会产生三顶点同
色的子三角形(蓝色三角形
或红色三角形
)．故满足要求的染色不存在，即
．
对
．
由于图中包含
的图形，于是，由
即知对于
，
．
由此完成了结论的证明．
答 案
见解析
解析
解：显然，只需证明：集合
中任意
个不同元素构成的等差数列均有两种颜色．
只需证明集合
中元素的染色的总情况数
大于有
项且公差不为的等差数列的单染色的总情
况数即可．
一个固定的有
项且公差不为(不妨设公差大于)的等差数列的单染色的总情况数为
．
下面确定集合
中的元素可构成的
项且公差大于的等差数列的个数．考虑由集合
中的元素组
成的
项且公差大于的等差数列：
，
，
，
，
( 、
)，
且
，
即以为首项的
项且公差大于的等差数列共
个．于是，集合
中的元素可构成的
项且公差大于的等差数列的总数不超过
1
3
2
24
1
8
9
2
645
6
3
2
f 3 =
( )
12 + 24 = 36
4
( )
n = 4
5
1
2
3
4
5
6
5
6
456
5
6
5
6
3
6
7
8
9
2
9
4
8
X
X48
X29
f 4 =
( )
0
5
( )
n > 4
n = 4
f 4 =
( )
0
n > 4
f n =
( )
0
例题9
A
18
A
22017
18
0
18
0
0
2 × 2
=
2017−18
22000
A
18
0
A
18
0
a
a + r
a + 2r
⋯
a + 17r a
r ∈Z
+
a + 17r ⩽2017 ⇒r ⩽
[
17
2017 −a]
a
18
0
[
17
2017 −a]
A
18
0
a=1
∑
2017
[
17
2017 −a]
．
因此，集合
中元素构成的
项且公差大于的等差数列的单染色的总情况数不超过
．
注意到，
．
综上，原命题成立．
⩽
a=1
∑
2017
17
2017 −a
=
2 × 17
2016 × 2017
A
18
0
2
×
2000
2 × 17
2016 × 2017
2
×
2000
⩽
2 × 17
2016 × 2017
<
17
22021
22017
