4.下列函数中，奇函数是　　　 　　　　　　　　　　　　　　　(　 　)

A. y = ( 1- x )( 1 + x )　 　　　　　B. 　

　C. 　　　　　　　　　　　D.

3、两个平面平行的条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　 ( 　　)

A、　 一平面内的一条直线平行于另一平面；

B、　 一平面内的两条直线平行于另一平面；

C.一平面内的无数条直线平行于另一平面；

D.一平面内的两条相交直线平行于另一平面。

2、若a、b是异面直线，且a//平面a，则b与a的位置关系是　　 (　 　　)

A、b//a　 　　　B、b与a相交　 　　C、b在a内　 　　D、不能确定

1.下列命题中，正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

A .一个平面把空间分成两部分　　　

　B. 两个平面把空间分成三部分

C. 三个平面把空间分成四部分　　　 　

　D. 四个平面把空间分成五部分

例1 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。

分析与解答 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：

凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理(因为抽屉只有8个)，必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。

例2：从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。

分析与解答在这20个自然数中，差是12的有以下8对：{20，8}，{19，7}，{18，6}，{17，5}，{16，4}，{15，3}，{14，2}，{13，1}。

另外还有4个不能配对的数{9}，{10}，{11}，{12}，共制成12个抽屉(每个括号看成一个抽屉).只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到(取12个数：从12个抽屉中各取一个数(例如取1，2，3，…，12)，那么这12个数中任意两个数的差必不等于12)。

例3： 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。

分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉(显然，它们具有上述性质)：

　{1，2，4，8，16}，{3，6，12}，{5，10，20}，{7，14}，{9，18}，{11}，{13}，{15}，{17}，{19}。

　从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。

例4：某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。

分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。

在有些问题中，“抽屉”和“物体”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“物体”.如何制造“抽屉”和“物体”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。

(三)染色问题

例1正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆(每面只涂一种色)，证明正方体一定有三个面颜色相同.

证明：把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原理二，至少有三个面涂上相同的颜色.

例2 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。

分析与解答 首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.根据抽屉原理，至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。

例3：假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？

解：首先可以从这六个点中任意选择一点，然后把这一点到其他五点间连五条线段，如图，在这五条线段中，至少有三条线段是同一种颜色，假定是红色，现在我们再单独来研究这三条红色的线。这三条线段的另一端或许是不同颜色，假设这三条线段(虚线)中其中一条是红色的，那么这条红色的线段和其他两条红色的线段便组成了我们所需要的同色三角形，如果这三条线段都是蓝色的，那么这三条线段也组成我们所需要的同色三角形。因而无论怎样着色，在这六点之间的所有线段中至少能找到一个同色三角形。

例3′(六人集会问题)证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。” 　　 例3”：17个科学家中每个人与其余16个人通信，他们通信所讨论的仅有三个问题，而任两个科学家之间通信讨论的是同一个问题。证明：至少有三个科学家通信时讨论的是同一个问题。

解：不妨设A是某科学家，他与其余16位讨论仅三个问题，由鸽笼原理知，他至少与其中的6位讨论同一问题。设这6位科学家为B，C，D，E，F，G，讨论的是甲问题。

　若这6位中有两位之间也讨论甲问题，则结论成立。否则他们6位只讨论乙、丙两问题。这样又由鸽笼原理知B至少与另三位讨论同一问题，不妨设这三位是C，D，E，且讨论的是乙问题。

　若C，D，E中有两人也讨论乙问题，则结论也就成立了。否则，他们间只讨论丙问题，这样结论也成立。

(二)面积问题

例1 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过(假定四点在一直线上构成面积为零的四边形)

证明(如图)把正方形分成四个相同的小正方形.因13=3×4+1，根据原理2，总有4点落在同一个小正方形内(或边界上)，以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的

例1′：边长为1的正方形中，任意放入9个点，求证这9个点中任取3个点组成的三角形中，至少有一个的面积不超过.

解：将边长为1的正方形等分成边长为的四个小正方形，视这四个正方形为抽屉，9个点任意放入这四个正方形中，据原理2，必有三点落入同一个正方形内.现把落在这个正方形中的三点记为D、E、F.通过这三点中的任意一点(如E)作平行线，如图可知：

例2：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.

证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。由于这两个梯形的高相等， 故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH| 。于是点H有确定的位置(它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|＝2:3). 由几何上的对称性，这种点共有四个(即图中的H、J、I、K).已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成9个物体，即可得出必定有3条分割线经过同一点.

(一)　　 整除问题

把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m+1，3m+1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。

例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。

分析与解答 在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。

例2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除.

证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为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，我们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，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数(抽屉原理)，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数. 　　 ③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除.

例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.

证明：设这11个整数为：a₁，a₂，a₃……a₁₁　 又6=2×3 　 ①先考虑被3整除的情形 　 由例2知，在11个任意整数中，必存在： 　 3|a₁+a₂+a₃，不妨设a₁+a₂+a₃=b₁； 　 同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a₄+a₅+a₆.设a₄+a₅+a₆=b₂； 　 同理，其余的5个任意整数中，有：3|a₇+a₈+a₉，设：a₇+a₈+a₉=b₃ 　 ②再考虑b₁、b₂、b₃被2整除. 　 依据抽屉原理，b₁、b₂、b₃这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇(或同偶)的整数之和必为偶数.不妨设2|b₁+b₂ 　 则：6|b₁+b₂，即：6|a₁+a₂+a₃+a₄+a₅+a₆ 　 ∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.

例3： 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.

分析：注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.

抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。

例1：400人中至少有两个人的生日相同.

解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有两人的生日相同.

又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同.

“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。” 　“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。”

例2：　 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.

解 ：从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：(兔、兔)，(兔、熊猫)，(兔、长颈鹿)，(熊猫、熊猫)，(熊猫、长颈鹿)，(长颈鹿、长颈鹿)。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.

上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.(需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.)

抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。下面我们来研究有关的一些问题。

原理1 ：如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体。

[证明](反证法)：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.

原理2 ：如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体。

[证明](反证法)：若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能.