2022年数学竞赛单元训练题排列组合 .pdf

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1、数学竞赛单元训练题 (高中)排列组合一、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，且不能在首尾位置. 则共有

2、( ) 种安排出行的办法. A. B.C. D.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.B.C

3、.D.二、填空题7.4410 共有 _个不同的正约数. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页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

4、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

5、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(n3，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整除 . 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 (mn). 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

6、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、选择题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页1. 可把问题转化为：4 个不同的元素，放到6 个位置中，有种方法，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，所以不共线的三点组共有( 个) ，故选 C. 5. 设 P1、P2、P3是内圆上三点，Q1、Q2， Q6

7、分别为三条直线P1P2、P2P3、P3P1与外圆的交点，此时9 个点所确定的直线最少有(条) ，选 B. 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a60右侧，共有个映射，故选B. 二、填空题7. 由 4410=232572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2323=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

8、左至右的前5 个位置中，故对A的位置分类：若 A 在左起第1 位， 则有数学竞赛单元训练题 (高中)排列组合一、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( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页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，

9、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，且不能在首尾位置. 则共有 ( ) 种安排出行的办法. A. B.C. D.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

10、=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.B.C.D.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_. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

11、 - - - - -第 4 页，共 13 页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

12、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整除 . 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(mn

13、). 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，有种放法，故选B. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页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，有种坐法，

14、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，所以不共线的三点组共有( 个) ，故选 C. 5. 设 P1、P2、P3是内圆上三点，Q1、Q2， Q6分别为三条直线P1P2、P2P3、P3P1与外圆的交点，此时9 个点所确定的直线最少有(条) ，选 B. 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a60右侧，共有个映射，故选B. 二、填空题7. 由 4410=2325 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

15、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2323=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：若 A在左起第1 位，则有( 种) ；若 A在左起第2 位，则有( 种) ；若 A在左起第3 位，则有( 种)；若 A在左起第4 位，则有( 种) ；若 A在左起第5 位，则有( 种 ). 所以，共有站队方法数498 种 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页9. 过 8 个点可作个圆，需

16、减去两类：E、B、G共线，减去1 个； A、B、C、D、E五点共圆及A、B、F、G、H五点共圆，减去个，所以最多可以确定不同圆的个数是 37 个. 10. 用插空法，共有种排列方法 . 11. 用排除法 . 设 A1、A2、 A5为平面上给定的5 个点， A2、A3、A4、 A5之间两两连线有条， 从 A1出发可引6条垂线，依此 5 个点共可引30条垂线，它们之间最多有个交点 . 但应排除以下三种情况：从A1、A2、 A3作 A4A5的三条垂线互相平行，无交点，这样的情形共有个；从Ai(i=1 ，2，3， 4，5) 出发的 6 条垂线都交于点Ai，这样的点共有个，只能留下5 个，剩余的应减去；

17、Ai(i=1 ， 2，3，4，5) 中每三点构成一个三角形，三角形的三条高共点，应减去个. 因此，满足题意的交点最多有个. 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(i1) 号位置 . 再安排第i 号球的位置，有两种情况：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；第i 号球不安排在1 号位置

18、，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、解答题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7

19、 页，共 13 页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 b7左侧 10 个位置中的任 4 个位置中，故有种情况 . 所以，这样的比赛过程有种. 14. 用模 3 对 n 分类：(1) 当 n

20、=3m(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： A1=1 ，4， 3k+1 ，共有 m个元素； A2=2 ，5， 3k+2 ，共有 m个元素； A3=3，6，3k+3 ，共有 m个元素 . 易知， A3中的任三个数之和能被3 整除，有种取法； A1、A2、A3中各取一个元素，其和亦能被3 整除，有( 种) 取法； A1中任三个数之和也能被3 整数，有种取法； A2中任三个数之和也能被3 整除， 有种取法 . 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，即3m3-3m2+2m-107844=0. 因为 3|107844 ，所以 3|

21、m. 又 2m-107844 是偶数，所以m必是偶数 . 为此，不妨设m=6t(t 1，且 t 为整数 ) ，则有 54t3-9t2+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=3m(m 1，且 m为整数 )时，不存在这样的n. (2) 当 n=3m+1(m 1，且 m为整数 )时，亦可把这n 个数分成三部分：A1=1， 4， ，共有 m+1个元素； A2=2 ，5， ，共有 m个元素； A3=3，6， ，共有 m个元素，据题意则有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

22、-第 8 页，共 13 页即 5m3+m=3 53922. m(5m2+1)=353922. 因为 (m，5m2+1)=(m，1)=1 ，所以， m与 5m2+1 互质 . 而 353922=2321119 43. 另一方面，若m 43，则 5m2+1 必大于 2 32 1119. 故 m 43. 若 m 18，则 5m2+1必小于 111943，故 m 18. 所以， m=19或 38，代入等式后均不成立. 综上，当 n=3m+1(m 1，且 m为整数 ) 时，也不存在这样的n. (3) 当 n=3m+2(m 1，且 m为整数 )时，则可得据(2) 相同的思路，最后可求得m=66. 结合 (

23、1) 、(2) 、(3) ， n 的取值是 200. 15.(1) 据题意，共有个三元素子集，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个三元素子集，而这样的五元素子集共有68个，故有，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A3. 据题意， 68 个五元素子集中，有个含有 3 种特殊元素，且每个子集中可有(3 个 A3). 另一方面，含有2 种或 1 种特殊元素的五元素子集，应有( 个) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

24、- - -第 9 页，共 13 页且这样的子集中都有(6 个 A3). 再者，子集A3的个数是，即. 所以，即m3-18m2+137m-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. (种) ；若 A在左起第2 位，则有( 种) ；若 A在左起第3 位，则有( 种)；若 A在左起第4 位，则有( 种) ；若 A在左起第5 位，则有( 种 ). 所以，共有站队方法数498 种 . 9. 过 8 个点可作个圆，需减去两类： E、 B、G共线，减去1 个； A、 B、C、D、E五点共圆及A、B、F、G、H五点共

25、圆，减去个，所以最多可以确定不同圆的个数是 37 个. 10. 用插空法，共有种排列方法 . 11. 用排除法 . 设 A1、A2、 A5为平面上给定的5 个点， A2、A3、A4、 A5之间两两连线有条， 从 A1出发可引6条垂线，依此 5 个点共可引30条垂线，它们之间最多有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页个交点 . 但应排除以下三种情况：从A1、A2、 A3作 A4A5的三条垂线互相平行，无交点，这样的情形共有个；从Ai(i=1 ，2，3，4，5) 出发的 6 条垂线都交于点Ai，这样的点共有个，只能留下

26、5 个，剩余的应减去；Ai(i=1 ，2，3，4，5) 中每三点构成一个三角形，三角形的三条高共点，应减去个 . 因此，满足题意的交点最多有个. 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(i1)号位置 . 再安排第i 号球的位置，有两种情况：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；第i 号

27、球不安排在1 号位置，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b

28、1，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 b7左侧 10 个位置中的任 4 个位置中，故有种情况 . 所以，这样的比赛过程有种. 14. 用模 3 对 n 分类：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共

29、13 页(1) 当 n=3m(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： A1=1 ，4， 3k+1 ，共有 m个元素；A2=2 ，5， 3k+2 ，共有 m个元素；A3=3，6，3k+3 ，共有 m个元素 . 易知， A3中的任三个数之和能被3 整除，有种取法； A1、A2、A3中各取一个元素，其和亦能被3 整除，有( 种) 取法； A1中任三个数之和也能被3 整数，有种取法； A2中任三个数之和也能被3 整除， 有种取法 . 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，即3m3-3m2+2m-107844=0. 因为 3|1078

30、44 ，所以 3|m. 又 2m-107844 是偶数，所以m必是偶数 . 为此，不妨设m=6t(t 1，且t 为整数 ) ，则有 54t3-9t2+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=3m(m 1，且m为整数 )时，不存在这样的n. (2) 当 n=3m+1(m 1，且m为整数 )时，亦可把这n 个数分成三部分：A1=1， 4，共有 m+1个元素；A2=2 ，5，共有m个元素；A3=3，6，共有m个元素，据题意则有即 5m3+m=3 53922.m(5m2+1)=353922.因为 (m，5m2+1)=(m，

31、1)=1 ，所以， m与 5m2+1 互质 . 而 353922=232111943.另一方面，若m 43，则 5m2+1 必大于 2321119. 故 m 43. 若 m 18，则 5m2+1必小于 111943，故m 18. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页所以， m=19或 38，代入等式后均不成立. 综上，当 n=3m+1(m 1，且m为整数 ) 时，也不存在这样的n. (3) 当 n=3m+2(m 1，且m为整数 )时，则可得据(2) 相同的思路，最后可求得m=66. 结合 (1) 、(2) 、(3)

32、 ， n 的取值是 200. 15.(1) 据题意，共有个三元素子集，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个三元素子集，而这样的五元素子集共有68个，故有，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A3. 据题意， 68 个五元素子集中，有个含有 3 种特殊元素，且每个子集中可有(3 个 A3). 另一方面，含有2 种或 1 种特殊元素的五元素子集，应有( 个) 且这样的子集中都有(6 个 A3). 再者，子集A3的个数是，即. 所以，即m3-18m2+137m-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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页