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,m
m 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，…，1
111n 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，…，20071
111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1
111a 个和1
111b 个()12007a b <≤≤，于是
1
1
2007111111b a -个个，
1
200711110a b a -⨯个．
而（2007，10a ）=1，所以，1
2007111b a -个，这与1，11，111，…，20071
111个都不是2007的倍数
矛盾．
所以，在1，11，111，…，1
111n 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
54
183
=．
b 23
b a a 5
a 3
2
(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
()()()123
45678912945b b b b b b b b b ++++++++=++
+=，
所以，1
23b b b ++
、456b b b
++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于
45
153
=． 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
．
2
1
12
1
1
2
11
1
2
2
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2
n -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 、B
D 、
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．
E
F F
24.1.19★★★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 PP
P 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．
d
c a b f
f d
a c
b e
e B
A
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 、6
A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．
A 5
A
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 1
MN 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
7777
121327
a ⨯=≤
， 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）
． B
A
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 52
4
12
38
658
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)．
C
B
A
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 B
A
滑冰
游泳
骑自行车
17
A B
+=，
8
B C
+=，
13
A 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
()
1381722
C=+-÷=，
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．。
