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(1)全家5口人旅游订宾馆时只订到2间客房，那么总有一间客房至少要入住()人。
A.2
B.3
C.4
A.2
B.3
C.4
答案
B
解析
【分析】
看到题目中“总有……至少……”的表述，首先可以判断这是抽屉原理（鸽巢问题）的典型题型。要找到至少入住的人数，核心思路是先尽可能平均分配人数，避免某一间房人数过多，这样得到的才是“至少”的最小情况。具体步骤为：先把总人数除以房间数，得到的商是平均每间房先住的人数，有余数时，剩下的人无论分到哪间房，该房间人数都会比商多1，也就是我们要找的至少入住人数。
【解析】
将2间客房看作2个“抽屉”，5口人看作5个待分配的元素。
先平均分配人数：$5÷2=2$（人）$\dots\dots1$（人）
即平均每间房住2人时，还剩余1人没有安排，剩余的1人无论入住哪一间客房，这间客房的入住人数都会变为$2+1=3$（人）。
因此总有一间客房至少要入住3人，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
1.抽屉原理（鸽巢问题）
2.有余数的除法应用
【点评】
本题是抽屉原理的基础应用题型，解题关键是准确理解“总有”“至少”的含义，掌握“平均分配有余数时，至少数=商+1”的规律，就能快速解决这类问题。
【难度系数】
0.8
看到题目中“总有……至少……”的表述，首先可以判断这是抽屉原理（鸽巢问题）的典型题型。要找到至少入住的人数，核心思路是先尽可能平均分配人数，避免某一间房人数过多，这样得到的才是“至少”的最小情况。具体步骤为：先把总人数除以房间数，得到的商是平均每间房先住的人数，有余数时，剩下的人无论分到哪间房，该房间人数都会比商多1，也就是我们要找的至少入住人数。
【解析】
将2间客房看作2个“抽屉”，5口人看作5个待分配的元素。
先平均分配人数：$5÷2=2$（人）$\dots\dots1$（人）
即平均每间房住2人时，还剩余1人没有安排，剩余的1人无论入住哪一间客房，这间客房的入住人数都会变为$2+1=3$（人）。
因此总有一间客房至少要入住3人，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
1.抽屉原理（鸽巢问题）
2.有余数的除法应用
【点评】
本题是抽屉原理的基础应用题型，解题关键是准确理解“总有”“至少”的含义，掌握“平均分配有余数时，至少数=商+1”的规律，就能快速解决这类问题。
【难度系数】
0.8
(2)参加植树的49名学生中，最大的12岁，最小的9岁，至少有()名同学是同年出生的。
A.6
B.12
C.13
A.6
B.12
C.13
答案
C
解析
【分析】
这是一道典型的鸽巢原理（抽屉原理）应用题，解题思路分三步：第一步先确定“抽屉”的数量，也就是不同的出生年份总共有多少个，年龄从9岁到12岁，计算年份要记得包含两端的年龄，所以用最大年龄减最小年龄再加1；第二步把学生总人数看作要放进抽屉的物品总数，用总人数除以抽屉数，得到平均每个抽屉放的数量和余数；第三步根据鸽巢原理的规律，有余数时至少数=商+1，就能算出至少有多少名同学同年出生。
【解析】
1. 计算不同出生年份的总数量：
从9岁到12岁，包含9岁和12岁，总共有 $12 - 9 + 1 = 4$（个）不同的出生年份，把这4个年份看作4个“抽屉”。
2. 用总人数除以抽屉数：
总共有49名学生，$49 ÷ 4 = 12$（名）$\dots\dots1$（名），也就是平均每个年份有12名同学，还剩余1名同学。
3. 计算至少同年出生的人数：
剩余的1名同学无论属于哪一个年份，该年份的人数就变为 $12 + 1 = 13$（名），所以至少有13名同学是同年出生的。
【答案】
C
【知识点】
鸽巢原理，年龄计算，有余数除法应用
【点评】
本题结合年龄场景考查鸽巢原理的实际应用，解题的易错点是计算年份总数时容易漏加1，导致抽屉数量计算错误，掌握“有余数时至少数=商+1”的规律即可快速解题。
【难度系数】
0.6
这是一道典型的鸽巢原理（抽屉原理）应用题，解题思路分三步：第一步先确定“抽屉”的数量，也就是不同的出生年份总共有多少个，年龄从9岁到12岁，计算年份要记得包含两端的年龄，所以用最大年龄减最小年龄再加1；第二步把学生总人数看作要放进抽屉的物品总数，用总人数除以抽屉数，得到平均每个抽屉放的数量和余数；第三步根据鸽巢原理的规律，有余数时至少数=商+1，就能算出至少有多少名同学同年出生。
【解析】
1. 计算不同出生年份的总数量：
从9岁到12岁，包含9岁和12岁，总共有 $12 - 9 + 1 = 4$（个）不同的出生年份，把这4个年份看作4个“抽屉”。
2. 用总人数除以抽屉数：
总共有49名学生，$49 ÷ 4 = 12$（名）$\dots\dots1$（名），也就是平均每个年份有12名同学，还剩余1名同学。
3. 计算至少同年出生的人数：
剩余的1名同学无论属于哪一个年份，该年份的人数就变为 $12 + 1 = 13$（名），所以至少有13名同学是同年出生的。
【答案】
C
【知识点】
鸽巢原理，年龄计算，有余数除法应用
【点评】
本题结合年龄场景考查鸽巢原理的实际应用，解题的易错点是计算年份总数时容易漏加1，导致抽屉数量计算错误，掌握“有余数时至少数=商+1”的规律即可快速解题。
【难度系数】
0.6
(3)将8本科普书籍分给3名学生,下面4名同学的说法正确的有()。
①亮亮:总有1名学生至少有4本科普书。
②安安:存在1名学生至少有3本科普书。
③芳芳:可能会有1名学生有5本科普书。
④奇奇:可能会有2名学生平均有3本科普书。
A.①②③
B.②③④
C.①②③④
①亮亮:总有1名学生至少有4本科普书。
②安安:存在1名学生至少有3本科普书。
③芳芳:可能会有1名学生有5本科普书。
④奇奇:可能会有2名学生平均有3本科普书。
A.①②③
B.②③④
C.①②③④
答案
B
解析
【分析】
这道题考查鸽巢原理的应用，解题时先计算平均分配的情况，再结合“总有”“至少”“存在”“可能”的含义逐一判断每个说法：首先用总本数除以学生数，得到平均每人分2本还余2本，由此确定最少情况下最多的学生分到的本数，再验证“可能”类的说法是否存在符合条件的分配方案即可。
【解析】
我们先利用鸽巢原理计算基础分配情况：
总共有8本书，3名学生，平均分的话：$8÷3=2$（本）$\dots\dots2$（本）
也就是每人先分2本，还剩2本需要分配。
接下来逐个判断说法：
①判断亮亮的说法：如果剩余2本分给2个不同的学生，分配结果是2本、3本、3本，此时没有学生有4本书，所以“总有1名学生至少有4本”的说法错误。
②判断安安的说法：剩余的2本不管怎么分，至少会有1个学生分到$2+1=3$本，所以“存在1名学生至少有3本科普书”的说法正确。
③判断芳芳的说法：我们可以构造分配方案，比如1名学生分5本，剩下2名学生分2本和1本，$5+2+1=8$，符合总本数要求，所以“可能会有1名学生有5本科普书”的说法正确。
④判断奇奇的说法：2名学生平均有3本，说明这2名学生共分到$3×2=6$本，剩下1名学生分$8-6=2$本，分配方案可以是3本、3本、2本，符合要求，所以该说法正确。
综上，②③④说法正确，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
鸽巢原理、可能性判断、有余数除法的应用
【点评】
这道题需要区分“总有（一定存在）”和“可能”的不同含义，结合实际分配方案验证即可解题，易错点是误将剩余本数直接全部加在同一个人的分配数量上，忽略剩余本数可以分给不同的人。
【难度系数】
0.7
这道题考查鸽巢原理的应用，解题时先计算平均分配的情况，再结合“总有”“至少”“存在”“可能”的含义逐一判断每个说法：首先用总本数除以学生数，得到平均每人分2本还余2本，由此确定最少情况下最多的学生分到的本数，再验证“可能”类的说法是否存在符合条件的分配方案即可。
【解析】
我们先利用鸽巢原理计算基础分配情况：
总共有8本书，3名学生，平均分的话：$8÷3=2$（本）$\dots\dots2$（本）
也就是每人先分2本，还剩2本需要分配。
接下来逐个判断说法：
①判断亮亮的说法：如果剩余2本分给2个不同的学生，分配结果是2本、3本、3本，此时没有学生有4本书，所以“总有1名学生至少有4本”的说法错误。
②判断安安的说法：剩余的2本不管怎么分，至少会有1个学生分到$2+1=3$本，所以“存在1名学生至少有3本科普书”的说法正确。
③判断芳芳的说法：我们可以构造分配方案，比如1名学生分5本，剩下2名学生分2本和1本，$5+2+1=8$，符合总本数要求，所以“可能会有1名学生有5本科普书”的说法正确。
④判断奇奇的说法：2名学生平均有3本，说明这2名学生共分到$3×2=6$本，剩下1名学生分$8-6=2$本，分配方案可以是3本、3本、2本，符合要求，所以该说法正确。
综上，②③④说法正确，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
鸽巢原理、可能性判断、有余数除法的应用
【点评】
这道题需要区分“总有（一定存在）”和“可能”的不同含义，结合实际分配方案验证即可解题，易错点是误将剩余本数直接全部加在同一个人的分配数量上，忽略剩余本数可以分给不同的人。
【难度系数】
0.7
(1)把17枚棋子放入右图所示的正方形内，
那么总有一个小正方形中至少放进()枚棋子。
(2)李阿姨参加飞镖比赛，投了7支飞镖的成绩是58环，李阿姨至少有1支飞镖的成绩不低于()环。
那么总有一个小正方形中至少放进()枚棋子。
(2)李阿姨参加飞镖比赛，投了7支飞镖的成绩是58环，李阿姨至少有1支飞镖的成绩不低于()环。
答案
(1)
$17÷4=4$（枚）$\dots\dots1$（枚）
$4+1=5$（枚）
(2)
$58÷7=8$（环）$\dots\dots2$（环）
$8+1=9$（环）
答：(1)总有一个小正方形中至少放进5枚棋子，(2)李阿姨至少有1支飞镖的成绩不低于9环。
$17÷4=4$（枚）$\dots\dots1$（枚）
$4+1=5$（枚）
(2)
$58÷7=8$（环）$\dots\dots2$（环）
$8+1=9$（环）
答：(1)总有一个小正方形中至少放进5枚棋子，(2)李阿姨至少有1支飞镖的成绩不低于9环。
解析
【分析】
这两道题都属于抽屉原理（鸽巢原理）的应用题型，解题时首先要找准“抽屉数”和“待分物品的总数量”：①第(1)题中，被分成4块的小正方形就是4个抽屉，17枚棋子是待分物品；②第(2)题中，7支飞镖就是7个抽屉，58环是总环数即待分的总数量。抽屉原理中有余数时的计算规则是：至少数=商+1，我们先做除法求商和余数，再按规则计算即可得到结果。
【解析】
(1) 观察图形可知大正方形共被分成4个相同的小正方形，把4个小正方形看作4个抽屉，17枚棋子看作17个待分物品，平均分到4个抽屉里：
$17÷4=4$（枚）$\dots\dots1$（枚）
平均每个小正方形放4枚后还剩1枚，剩余的1枚无论放入哪个小正方形，该小正方形内的棋子数为$4+1=5$（枚）。
(2) 把7支飞镖看作7个抽屉，58环看作待分的总数量，平均分配到7个抽屉里：
$58÷7=8$（环）$\dots\dots2$（环）
平均每支飞镖得8环后还剩2环，剩余的环数无论如何分配，至少有1支飞镖的成绩为$8+1=9$（环）。
【答案】
(1)5；(2)9
【知识点】
抽屉原理（鸽巢原理）、有余数的除法应用
【点评】
这两道题是抽屉原理的基础应用题目，解题核心是正确识别抽屉和待分配的总量，牢记有余数时“至少数=商+1”的计算规律即可快速得出答案，这类题型可以锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.8
这两道题都属于抽屉原理（鸽巢原理）的应用题型，解题时首先要找准“抽屉数”和“待分物品的总数量”：①第(1)题中，被分成4块的小正方形就是4个抽屉，17枚棋子是待分物品；②第(2)题中，7支飞镖就是7个抽屉，58环是总环数即待分的总数量。抽屉原理中有余数时的计算规则是：至少数=商+1，我们先做除法求商和余数，再按规则计算即可得到结果。
【解析】
(1) 观察图形可知大正方形共被分成4个相同的小正方形，把4个小正方形看作4个抽屉，17枚棋子看作17个待分物品，平均分到4个抽屉里：
$17÷4=4$（枚）$\dots\dots1$（枚）
平均每个小正方形放4枚后还剩1枚，剩余的1枚无论放入哪个小正方形，该小正方形内的棋子数为$4+1=5$（枚）。
(2) 把7支飞镖看作7个抽屉，58环看作待分的总数量，平均分配到7个抽屉里：
$58÷7=8$（环）$\dots\dots2$（环）
平均每支飞镖得8环后还剩2环，剩余的环数无论如何分配，至少有1支飞镖的成绩为$8+1=9$（环）。
【答案】
(1)5；(2)9
【知识点】
抽屉原理（鸽巢原理）、有余数的除法应用
【点评】
这两道题是抽屉原理的基础应用题目，解题核心是正确识别抽屉和待分配的总量，牢记有余数时“至少数=商+1”的计算规律即可快速得出答案，这类题型可以锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.8
1 学校有若干个足球、篮球和排球，体育老师让六(1)班38名同学到体育器材室拿球，每人最多拿2个、最少拿1个，那么至少有多少名同学拿到球的情况完全相同？
答案
拿球情况有9种:排、足、篮、排排、足足、篮篮、排足、排篮、足篮。
$38÷9=4(\mathrm{名})……2(\mathrm{名})$ $4+1=5(\mathrm{名})$
$38÷9=4(\mathrm{名})……2(\mathrm{名})$ $4+1=5(\mathrm{名})$
解析
【分析】
这是一道抽屉原理（鸽巢问题）的应用题，解题思路分两步：第一步先确定所有不同的拿球情况，也就是“抽屉”的数量；第二步把38名同学看作“物品”，用总人数除以抽屉数，若有余数，则至少数=商+1，若无余数，至少数=商。首先我们分类枚举拿球的所有可能：拿1个球的情况、拿2个相同球的情况、拿2个不同球的情况，汇总得到总抽屉数，再代入计算即可。
【解析】
首先枚举所有不同的拿球情况：
1. 只拿1个球：有拿足球、拿篮球、拿排球，共3种情况；
2. 拿2个相同的球：有拿两个足球、两个篮球、两个排球，共3种情况；
3. 拿2个不同的球：有拿足球+篮球、足球+排球、篮球+排球，共3种情况。
总共有拿球情况：$3+3+3=9$（种）
把9种拿球情况看作9个抽屉，38名同学看作38个元素，尽量平均分配到各个抽屉中：
$38÷9=4$（名）$\dots\dots2$（名）
即每个抽屉先放4名同学，剩余2名同学无论放到哪个抽屉，该抽屉的人数最少为$4+1=5$（名）
【答案】
至少有5名同学拿到球的情况完全相同。
【知识点】
抽屉原理，分类枚举，有余数除法应用
【点评】
解题的关键是先完整枚举所有拿球的可能情况，避免漏算或多算抽屉数，再运用抽屉原理的规律计算即可，是抽屉原理的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
这是一道抽屉原理（鸽巢问题）的应用题，解题思路分两步：第一步先确定所有不同的拿球情况，也就是“抽屉”的数量；第二步把38名同学看作“物品”，用总人数除以抽屉数，若有余数，则至少数=商+1，若无余数，至少数=商。首先我们分类枚举拿球的所有可能：拿1个球的情况、拿2个相同球的情况、拿2个不同球的情况，汇总得到总抽屉数，再代入计算即可。
【解析】
首先枚举所有不同的拿球情况：
1. 只拿1个球：有拿足球、拿篮球、拿排球，共3种情况；
2. 拿2个相同的球：有拿两个足球、两个篮球、两个排球，共3种情况；
3. 拿2个不同的球：有拿足球+篮球、足球+排球、篮球+排球，共3种情况。
总共有拿球情况：$3+3+3=9$（种）
把9种拿球情况看作9个抽屉，38名同学看作38个元素，尽量平均分配到各个抽屉中：
$38÷9=4$（名）$\dots\dots2$（名）
即每个抽屉先放4名同学，剩余2名同学无论放到哪个抽屉，该抽屉的人数最少为$4+1=5$（名）
【答案】
至少有5名同学拿到球的情况完全相同。
【知识点】
抽屉原理，分类枚举，有余数除法应用
【点评】
解题的关键是先完整枚举所有拿球的可能情况，避免漏算或多算抽屉数，再运用抽屉原理的规律计算即可，是抽屉原理的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
2 任意取(
提示:一个自然数(0除外)除以3,得到的结果如果表示成“商和余数”的形式,余数可能是0、1、2。如果余数相同的两个自然数相减,算出的结果一定是3的倍数。
猜想:任意取(
4
)个不同的自然数(不包含0)，才能保证至少有两个数的差为3的倍数。提示:一个自然数(0除外)除以3,得到的结果如果表示成“商和余数”的形式,余数可能是0、1、2。如果余数相同的两个自然数相减,算出的结果一定是3的倍数。
猜想:任意取(
n+1
)个不同的自然数(不包含0),才能保证至少有两个数的差为n(n为非零自然数)的倍数。答案
4 $n+1$
解析
【分析】
首先解决第一问：结合题目提示可知，非0自然数除以3的余数只有0、1、2三种情况，我们可以把这三种余数对应成3个不同的“抽屉”，余数相同的数属于同一个抽屉。要保证至少有两个数在同一个抽屉（即余数相同，差为3的倍数），先考虑最不利的情况：先从每个抽屉各取1个数，此时取到的3个数余数各不相同，任意两个的差都不是3的倍数，再取1个数，不管它的余数是多少，必然会落到已有的3个抽屉中的一个，此时就有两个数余数相同，差是3的倍数，所以总个数为3+1=4。
再看第二问的推广：对于非零自然数n，非0自然数除以n的余数有0、1、2……n-1，共n种不同情况，对应n个抽屉，按照同样的最不利思路，先取n个余数各不相同的数，再取1个就必然出现同余数的两个数，差是n的倍数，所以需要取n+1个。
【解析】
1. 求保证至少两个数的差是3的倍数需要取的数的个数：
非0自然数除以3的余数只有0、1、2这3种情况，将这3种余数视为3个抽屉。
最不利的取法：先从每个抽屉各取1个数，共取了3个数，此时这3个数的余数均不同，任意两数的差都不是3的倍数。
再取1个数，这个数的余数必然属于3种余数中的1种，即会和已取的3个数中的某一个余数相同，二者的差就是3的倍数。
因此共需要取：$3+1=4$（个）。
2. 推广到差为n的倍数的情况：
非0自然数除以n的余数可能是0、1、2……$n-1$，共n种不同的余数，对应n个抽屉。
按照最不利原则，先取出n个余数各不相同的数，此时任意两数的差都不是n的倍数，再取1个数，必然会和其中一个数余数相同，二者的差是n的倍数。
因此共需要取：$n+1$（个）。
【答案】
4；$n+1$
【知识点】
抽屉原理；最不利原则；有余数除法性质
【点评】
本题核心是将余数的不同情况作为“抽屉”，结合最不利原则推导需要抽取的数量，从具体数字到一般规律的推导，能帮助我们掌握这类问题的通用解法。
【难度系数】
0.6
首先解决第一问：结合题目提示可知，非0自然数除以3的余数只有0、1、2三种情况，我们可以把这三种余数对应成3个不同的“抽屉”，余数相同的数属于同一个抽屉。要保证至少有两个数在同一个抽屉（即余数相同，差为3的倍数），先考虑最不利的情况：先从每个抽屉各取1个数，此时取到的3个数余数各不相同，任意两个的差都不是3的倍数，再取1个数，不管它的余数是多少，必然会落到已有的3个抽屉中的一个，此时就有两个数余数相同，差是3的倍数，所以总个数为3+1=4。
再看第二问的推广：对于非零自然数n，非0自然数除以n的余数有0、1、2……n-1，共n种不同情况，对应n个抽屉，按照同样的最不利思路，先取n个余数各不相同的数，再取1个就必然出现同余数的两个数，差是n的倍数，所以需要取n+1个。
【解析】
1. 求保证至少两个数的差是3的倍数需要取的数的个数：
非0自然数除以3的余数只有0、1、2这3种情况，将这3种余数视为3个抽屉。
最不利的取法：先从每个抽屉各取1个数，共取了3个数，此时这3个数的余数均不同，任意两数的差都不是3的倍数。
再取1个数，这个数的余数必然属于3种余数中的1种，即会和已取的3个数中的某一个余数相同，二者的差就是3的倍数。
因此共需要取：$3+1=4$（个）。
2. 推广到差为n的倍数的情况：
非0自然数除以n的余数可能是0、1、2……$n-1$，共n种不同的余数，对应n个抽屉。
按照最不利原则，先取出n个余数各不相同的数，此时任意两数的差都不是n的倍数，再取1个数，必然会和其中一个数余数相同，二者的差是n的倍数。
因此共需要取：$n+1$（个）。
【答案】
4；$n+1$
【知识点】
抽屉原理；最不利原则；有余数除法性质
【点评】
本题核心是将余数的不同情况作为“抽屉”，结合最不利原则推导需要抽取的数量，从具体数字到一般规律的推导，能帮助我们掌握这类问题的通用解法。
【难度系数】
0.6
