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数学竞赛单元训练题高中 排列组合


 

 

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中学数学教学参考       2004 年第 5 期

数学竞赛单元训练题 ( 高中)









西安市博迪中学   杨天旭<

br />   一、 选择题 1 . 公共汽车上有 4 位乘客 , 其中任何两人都不在 同一车站下车 , 汽车沿途停靠 6 个站 , 那么这 4 位乘客 ) 不同的下车方式共有 (    A . 15 种   B . 24 种   C. 360 种   D . 480 种 2 . 把 10 个相同的球放入三个不同的盒子中 , 使得 ) 每个盒子中的球数不少于 2 , 则不同的放法有 (    A . 81 种   B . 15 种   C. 10 种   D . 4 种 3 . 12 辆警卫车护送三位高级领导人 , 这三位领导 人分别坐在其中的三辆车中 . 要求在开行后 12 辆车一 字排开 , 车距相同 , 车的颜色相同 , 每辆车内的警卫的 工作能力是一样的 , 三位领导人所坐的车不能相邻 , 且 ) 种安排出行的办法 . 不能在首尾位置 . 则共有 (    9 3 9 3 A . A 9 ×A 10   B . A 9 ×A 8   C. A 3 D . C3 8   8 4 . 在正方体的 8 个顶点 、 12 条棱的中点 、 6 个面的 中心及正方体的中心共 27 个点中 , 不共线的三点组的 ) 个数是 (    A . 2898    B . 2877    C. 2876    D . 2872 5 . 有两个同心圆 , 在外圆上有相异的 6 个点 , 内圆 上有相异的 3 个点 . 由这 9 个点所确定的直线最少可 ) 有 (    A . 15 条    B . 21 条    C. 36 条    D. 3 条 6 . 已 知 两 个 实 数 集 A = { a1 , a2 , …, a60 } 与 B = { b1 , b2 , …, b25 } . 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中每 个元素都有原象 , 且 f ( a1 ) ≥f ( a2 ) ≥…≥f ( a60 ) . 则 ) 这样的映射共有 (    A . C24 B . C24 C. C25 D . C25 60    59    60    59 二、 填空题 7 . 4410 共有     个不同的正约数 . 8 . 有 7 个人站成一排 , 其中 A 、 B 不能相邻 , C 、 D 必须挨在一起 , 且 C 要求在 A 的右侧 . 则共有站队方 法数是    . 9 . 如图 , 两圆相交于 A 、 B 两点 , 在 两 圆 周 上 另 有 六 点 C、 D、 E、 F、 G、 H , 其中仅 E、 B、 G 共线 , 其他无三点共 线. 这 八 点 最 多 可 以 确 定 不 同圆的个数是    . 10 . 一个圆周上有 5 个红点 , 7 个白点 , 要求任两 个红点不得相邻 . 那么共有     种排列方法 . 11 . 平面上给定 5 点 , 这些点两两间的连线互不平 行 , 又不垂直 , 也不重合 . 现从任一点向其余四点两两 之间的连线作垂线 , 则所有这些垂线间的交点数最多 是    . 12 . 10 人有相应的 10 个指纹档案 , 每个指纹档案 上都记录有相应人的指纹痕迹 , 并有检测指示灯和检 测时的手指按扭 . 10 人中某人把手指按在键钮上 , 若 是他的档案 , 则指示灯出现绿色 , 否则出现红色 . 现在 这 10 人把手指按在 10 个指纹档案的键钮上去检测 , 规定一个人只能在一个档案上去检测 , 并且两个人不 能在同一个档案上去检测 , 这时指示灯全部出现红色 . 这样的情况共有     种. 三、 解答题 13 . 中 、 日围棋队各出 7 名队员 , 按事先安排好的 次序出场进行围棋擂台赛 , 双方先由 1 号队员比赛 , 负 者被淘汰 , 胜者再与负方的 2 号队员比赛 , ……, 直到 有一方队员全部被淘汰为止 , 另一方获胜 , 形成一种比 赛过程 . 现在中方只动用了 5 名队员 , 就击败了日方的 所有队员 . 问这样的比赛过程有多少种 ? 14 . 从 1 到 n ( n ≥ 3 , 且 n 为整数 ) 之间任取 3 个 不同的整数 , 使得这 3 个数的和正好被 3 整数 . 如果这 样的取法有 53922 种 , 试确定 n 的取值 . 15 . 集合 A 中有 n 个元素 , 其中有 m 个是特殊元 素 ( m ≤n) . 已知集合 A 的五元素子集共有 68 个 , 且 每个子集中都含有至少一个特殊元素 . 此外 , 集合 A 的任意一个三元素子集都恰好被一个五元素子集所 包含 . ( 1) 求 n 的取值 ; ( 2) 请回答 :所有五元素子集中是否有至少含 4 个 特殊元素的集合 ?

参考答案
一、 选择题 1 . 可把问题转化为 :4 个不同的元素 , 放到 6 个位 置中 , 有 A 4 6 = 360 种方法 , 选 C. 2 . 问题相当于 :把 4 个相同的球放入三个不同的 盒中 , 有 C2 6 = 15 种放法 , 故选 B . 3 . 此题即 :3 个人坐 10 个位置 , 一人只能坐一个 , 且两两不得相邻 , 有 A 3 8 种坐法 , 选 C. 4 . 用间接法 . 容易求得共线的三点组共有 49 个 , 而所有的三点组共有 C3 27 , 所以不共线的三点组共有 3 C27 - 49 = 2876 ( 个) , 故选 C. 5 . 设 P1 、 P2 、 P3 是内圆上三点 , Q 1 、 Q 2 , …, Q 6 分 别为三条直线 P1 P2 、 P2 P3 、 P3 P1 与外圆的交点 , 此时 2 9 个点所确定的直线最少有 C2 9 - 3 ( C4 - 1 ) = 21 ( 条 ) , 选 B.

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6 . 此题相当于 :用 25 个从大到小的数从左至右的 顺序不变 , 去插入到 a1 , a2 , a3 , …, a60 这 60 个数的两 数空隙之间 . 要求最大数必在 a1 左侧 , 最小数不得在 24 a60 右侧 , 共有 C59 个映射 , 故选 B . 二、 填空题 7 . 由 4410 = 2 × 32 × 5× 72 知 : 正约数中含 2 的指 数幂有 2 种 , 含 3 的指数幂有 3 种情况 , 含 5 的指数幂 有 2 种情况 , 含 7 的指数幂有 3 种情况 , 而 2 、 3、 5、 7均 为质数 , 故根据分步原理共有 2 × 3× 2× 3 = 36 个不同 的正约数 . 8. 把 C 、 D 捆绑起来看作一个元素 , 元素 A 只能 安放在 从 左 至 右 的 前 5 个 位 置 中 , 故 对 A 的 位 置 分类 : 4 2 若 A 在 左 起 第 1 位 , 则 有 A1 4 × A4 × A2 = 192 ( 种) ; 1 3 2 若 A 在左起第 2 位 , 则有 A1 3 ×A 4 ×A 3 ×A 2 = 144 ( 种) ; 3 1 1 2 若 A 在左起第 3 位 , 则有 A 1 3 ×A 3 + A 2 ×C2 ×A 2 3 ×A 3 = 66 ( 种) ; 1 2 3 2 若 A 在左起第 4 位 , 则有 A 1 2 ×C2 ×A 2 ×A 3 + A 2 3 ×A 3 = 60 ( 种) ; 1 3 若 A 在 左 起 第 5 位 , 则 有 A2 2 × A3 × A3 = 36 ( 种) . 所以 , 共有站队方法数 498 种 . 9 . 过 8 个点可作 C3 B、 G 8 个圆 , 需减去两类 : ① E 、 共线 , 减去 1 个 ; ②A 、 B、 C、 D、 E 五点共圆及 A 、 B、 3 F、 G、 H 五点共圆 , 减去 2 ( C5 - 1 ) 个 , 所以最多可以 确定不同圆的个数是 37 个 . 10 . 用插空法 , 共有 C5 7 种排列方法 . 11 . 用排除法 . 设 A 1 、 A2 、 …、 A 5 为平面上给定的 2 5 个点 , A 2 、 A3 、 A4 、 A 5 之间两两连线有 C4 = 6 条 , 从 A 1 出发可引 6 条垂线 , 依此 5 个点共可引 30 条垂线 , 它们之间最多有 C2 30 = 435 个交点 . 但应排除以下三种 情况 : ① 从 A1 、 A2 、 A 3 作 A 4 A 5 的三条垂线互相平行 , 2 无交点 , 这样的情形共有 C2 从 Ai ( i = 1 , 5 C3 = 30 个 ; ② 2 , 3 , 4 , 5) 出发的 6 条垂线都交于点 A i , 这样的点共有 5 C2 6 = 75 个 , 只能留下 5 个 , 剩余的应减去 ; ③A i ( i = 1 , 2 , 3 , 4 , 5) 中每三点构成一个三角形 , 三角形的三条 2 高共点 , 应减去 C3 5 ( C3 - 1) = 20 个 . 因此 , 满足题意的交点最多有 C2 30 - 30 - 70 - 20 = 315 个 . 12 . 此题相当于 : 10 个编号为 1 , 2 , 3 , …, 10 的球 放入十个编号为 1 , 2 , 3 , …, 10 的盒中 , 要求每个盒中 只盛一球 , 且号码均不相同 , 求放法总数 . 设这种情况的 n 个号码时 , 方法数为 an . 第一步 是安排第 1 号球 , 共有 n - 1 种方法 . 此时 , 不妨设 1 号 球安排在了第 i ( i ≠1 ) 号位置 . 再安排第 i 号球的位 置 , 有两种情况 : ① 第 i 号球在 1 号位置 , 此时剩余的 n - 2 个球要放在 n - 2 个盒中的要求依然是号码均 不相同 , 故有 an - 2 种方法 ; ②第 i 号球不安排在 1 号

 

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位置 , 此时如同 n - 1 个球放入 n - 1 个盒中且号码均 不相同 , 故有方法数为 an - 1 . 所以 , an = ( n - 1) ( an - 2 + an - 1 ) . 当 n = 2 时 , a2 = 1 ; 当 n = 3 时 , a3 = 2 . 所以 , a4 = 3 ( a2 + a3 ) = 9 , a5 = 4 ( a3 + a4 ) = 44 , a6 = 5 ( a4 + a5 ) = 265 , a7 = 6 ( a5 + a6 ) = 1854 , a8 = 7 ( a6 + a7 ) = 14833 , a9 = 8 ( a7 + a8 ) = 133496 , a10 = 9 ( a8 + a9 ) = 1334961 . 所以 , 这样的情况共有 1334961 种 . 三、 解答题 13 . 设中方的 7 名队员分别为 a1 , a2 , …, a7 , 日方 的 7 名队员分别是 b1 , b2 , …, b7 . 由于中方只动用了 5 名队员 , 故可以认为 a6 、 a7 实质上是不参与比赛的 . 现 把中方的 5 名队员和日方的 7 名队员排成一列 , 显然 各自的顺序已定 , 只需确定位置即可 . 现规定 , 排在日方队员 bi ( i = 1 , 2 , …, 7 ) 右侧的 ( 紧挨着) 中方队员是击败 bi 的队员 . 据题意 , a5 须在 b7 的右侧 ( 紧挨着) . 其他 4 名队员 a1 、 a2 、 a3 、 a4 可在 4 b7 左 侧 10 个 位 置 中 的 任 4 个 位 置 中 , 故 有 C10 种 情况 . 所以 , 这样的比赛过程有 C4 10 种 . 14 . 用模 3 对 n 分类 : ( 1) 当 n = 3 m ( m ≥ 1 , 且 m 为整数 ) 时 , 我们可以 把从 1 到 n 的这 n 个数分成三部分 : ①A 1 = { 1 , 4 , …, 3 k + 1} , 共有 m 个元素 ; ②A 2 = { 2 , 5 , …, 3 k + 2 } , 共 有 m 个元素 ; ③ A 3 = { 3 , 6 , …, 3 k + 3 } , 共有 m 个 元素 . 易知 , A 3 中的任三个数之和能被 3 整除 , 有 C3m 种取法 ; A 1 、 A2 、 A 3 中各取一个元素 , 其和亦能被 3 整 1 1 3 除 , 有 C1m ? C m? C m = m ( 种 ) 取法 ; A 1 中任三个数之 3 和也能被 3 整数 , 有 C m 种取法 ; A 2 中任三个数之和 也能被 3 整除 , 有 C3m 种取法 . 除上面几种情况 , 再无 其他情况使取的三数之和被 3 整除 . 所以 , 3 C3m + m 3 = 53922 , 即 3 m 3 - 3 m 2 + 2 m - 107844 = 0 . 因为 3| 107844 , 所以 3| m . 又 2 m - 107844 是偶 数 , 所以 m 必是偶数 . 为此 , 不妨设 m = 6 t ( t ≥ 1 , 且 t 为整数) , 则有 54 t 3 - 9 t 2 + t - 8987 = 0 . 易知当 t ≥ 6 时 , 此等式一定不成立 , 而当 t = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 时均不能使该等式成立 , 故当 n = 3 m ( m ≥ 1 , 且 m 为整数) 时 , 不存在这样的 n. ( 2) 当 n = 3 m + 1 ( m ≥ 1 , 且 m 为整数 ) 时 , 亦可 把这 n 个数分成三部分 : ①A 1 = { 1 , 4 , … } , 共有 m + 1 个元素 ; ②A 2 = { 2 , 5 , … } , 共有 m 个元素 ; ③A 3 = { 3 , 6, … } , 共有 m 个元素 , 据题意则有 2 C3m + C3m + 1 + ( m + 1) m 2 = 53922 . 即  5 m3 + m = 3 × 53922 . m ( 5 m 2 + 1) = 3 × 53922 . 因为 ( m , 5 m 2 + 1 ) = ( m , 1 ) = 1 , 所以 , m 与 5 m 2 + 1 互质 .

 

 

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中学数学教学参考       2004 年第 5 期

2004 年全国初中数学联赛试题解答集锦
陕西省数学竞赛委员会   广  隶      西 安 铁 一 中  刘印堂   梅  娟 第一试
   一、 选择题 ( 满分 42 分 , 每小题 7 分)
1 . 已知 abc ≠ 0 , 且 a + b + c = 0 , 则代数式
2

若 p = 3 , 则 q 不是质数 , 舍去 . 3 . 一个三角形的三边长分别为 a , a , b , 另一个三 角形的三边长分别为 a , b , b , 其中 a > b. 若两个三角
a b + bc ca
2 2

形的最小内角相等 , 则
A. = b.

a ). 的值等于 (    b

c ). 的值是 (    ab A . 3    B . 2    C. 1    D. 0 - ( b + c) ? a - ( c + a) ? b 标准答案 : 原式 = + + bc ca - ( a + b) ? c = …= 3 , 选 A . ab 别解 1 : ∵ a3 + b3 + c3 - 3 abc = … = ( a + b + c ) 2 ( a + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0 ,

+

3 +1 5 +1 3 +2 5 +2    B.    C.    D. 2 2 2 2 标准 答 案 : 设 △A B C 中 , 有 A B = A C = a , B C

a3 + b3 + c3 = 3. abc 别解 2 :取 a = b = 1 , c = - 2 . 下略 . 2 2 . 已知 p 、 q 均为质数 , 且满足 5 p + 3 q = 59 , 则 以 p + 3 , 1 - p + q , 2 p + q - 4 为边长的三角形是 (    ). A . 锐角三角形     B . 直角三角形 C. 钝角三角形     D . 等腰三角形 标准答案 1 : 因为 5 p2 + 3 q = 59 为奇数 , 故 p 、 q 必为一奇一偶 . 而 p 、 q 均为质数 , 故 p 、 q 中有一个 为 2. 若 p = 2 , …, 选 B . 若 q = 2 , 不合题意 , 舍去 . 故应选 B . 标准答案 2 :由 59 - 5 p2 = 3 q ≥ 6 ,得 p = 2 或 3. 若 p = 2 , 则 q = 13 , 同标准答案 1 .

∴ a3 + b3 + c3 = 3 abc. ∴原式 =

如图 1 , D 是 A B 边上的一点 , 有 A D = b. 因 a > b , 故 ∠A 是 △A B C 的最小角 . 设 ∠A = θ, 则以 b , b , a 为三边长的三角形最小内 角亦为θ, 从而它与 △A DC 全等 , 所以 DC = b , ∠A CD = θ. 因有公 共底角 ∠B , 所以有等腰 △A B C ∽ 等腰 △CBD . 从而有 B C BD b a- b = ,即 = .
AB

BC a b a a 令 x= , 即得方程 x 2 - x - 1 = 0 , 解得 x = b b

5 +1 , 故应选 B . 2 别解 :设题中两等腰三角形的最小内角均为 θ, 由 a > b 及余弦定理 , 得 2 2 2 2 2 2 a + a - b θ= a + b - b , = cos 2 a? a 2 ab =

即(
3

a 3 a ) - 2 ( ) 2 + 1 = 0. b b
3

   而3× 53922 = 2 × 32 × 11 × 19 × 43 . 另一方面 , 若 m ≥43 , 则 5 m 2 + 1 必大于 2 ×32 × 11 × 19 . 故 m < 43 . 若 m ≤18 , 则 5 m 2 + 1 必小于 11 ×19 ×43 , 故 m > 18 . 所以 , m = 19 或 38 , 代入等式后均不成立 . 综上 , 当 n = 3 m + 1 ( m ≥ 1 , 且 m 为整数 ) 时 , 也 不存在这样的 n . ( 3) 当 n = 3 m + 2 ( m ≥ 1 , 且 m 为整数 ) 时 , 则可 3 3 2 得 C m + 2 C m + 1 + ( m + 1) m = 53922 . 据 ( 2) 相同的思路 , 最后可求得 m = 66 . ( 2) 、 ( 3) , n 的取值是 200 . 结合 ( 1) 、 15 . ( 1) 据题意 , 共有 C3n 个三元素子集 , 因为每一 个三元素子集都恰好被一个五元素子集所包含 , 所以 每一个五元素子集中包含了 C3 5 个三元素子集 , 而这 样的五元素子集共有 68 个 , 故有

C n = 68 ×C5 , 解得 n = 17 . ( 2) 假设每个五元素子集中至多含有 3 种特殊元 素 , 我们把含有 1 种特殊元素 , 2 种非特殊元素的三元 素子集设为 A 3 .

据题意 , 68 个五元素子集中 , 有 C3m 个含有 3 种
2 特殊元素 , 且每个子集中可有 C1 C2 ( 3 个 A 3 ) . 3? 另一方面 , 含有 2 种或 1 种特殊元素的五元素子 集 , 应有 68 - C3m ( 个) 2 1 2 且这样的子集中都有 C1 2 C3 = C1 C4 ( 6 个 A 3 ) . 2 再者 , 子集 A 3 的个数是 C1m ? C17 m

, 即 m C17 -

2

m.

所以 ,
3

2 m C17 - m 2

= 3 Cm

3

+ 6 ( 68 - C3m ) , 即

m - 18 m + 137 m - 408 = 0 .

因为 408 的正因数 1 、 3、 8、 17 均非上述方程的解 , 据有理根定理方程无正整数解 , 这说明假设错误 . 故结 论是肯定的 .


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