专题38排列组合与图论第一缉-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

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备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题38排列组合与图论第一缉1．【2021年重庆预赛】已知 ,并且 ， .则有序数组 的组数为          .【答案】 【解析】由 ,所以 , 所以在 中有1010个1、1010个 ，且随时保证 .即为卡特兰数 .2．【2021年浙江预赛】对于正整数 ,若 展开式经同类项合并， 合并后至少有2021项,则 的最小值为                                 .【答案】 【解析】由 , 共有  项,所以 , 得 , 则 .3．【2021年广西预赛】某学校在不同时段开设了三门选修课，要求每位学生至少选择其中一门,则A、B、C三位学生可牟的选法有                                          种.【答案】343【解析】每个同学有7种不同的选法，由乘法原理选法总数为 .4．【2021年新疆预赛】将正整数中所有数码不超过5的数从小到大排成一列，则第2021个数是        .【答案】13205【解析】方法一：所有数码不超过5的数有5个,两位正整数有 个,三位正整数有 个，四位正整数有5 个，共有1295个:万位数为1,千位为0,共216个；万位数为1,千位为1,共216个;万位数为1，千位为2，共216个;共1943个，万位数为1,千位为3，百位是0,1各36个，共72个，一共1943+72=2015个，还差6个，百位是2，个位取0,1,2,3,4,5,所以第2021个数是13205.方法二:数码不超过5的数可以与一个六进制数建立一一对应关系, 利用除6取余法可得,即 ,所以答案是:13205.5．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】现有10张卡片,每张卡片上写有1,2,3,4,5中两个不同的数,且任意两张卡片上的数不完全相同.将这10张卡片放入标号为1,2,3,4,5的五个盒子中,规定写有i,j的卡片只能放在i号或j号盒子中.一种放法称为"好的",如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数.则"好的"放法共有                                          种.【答案】120【解析】用表示写有的卡片.易知这10张卡片恰为.考虑"好的"卡片放法.五个盒子一共放有10张卡片,故1号盒至少有3张卡片.能放入1号盒的卡片仅有.情况一:这4张卡片都在1号盒中,此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片,故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求,有种好的放法.情况二:这4张卡片恰有3张在1号盒中,且其余每盒最多仅有2张卡片.考虑在1号盒,且在5号盒的放法数N.卡片的放法有8种可能,其中6种是在2,3,4号的某个盒中放两张,其余2种则是在2,3,4号盒中各放一张.若有两张在一个盒中,不妨设在2号盒,则只能在5号盒,这样5号盒已有,故分别在3号与4号盒,即的放法唯一;若在2,3,4号盒中各一张,则2,3,4号盒均至多有2张卡片,仅需再使5号盒中不超过2张卡片,即有0张或1张在5号盒中,对种放法.因此.由对称性,在情况二下有种好的放法.综上,好的放法共有种.6．【2020年四川预赛】已知正四面体的四个表面上分别写有数字1、2、3、,将四个这样的密度均匀的正四面体同时投掷于桌面上,与桌面接触的四个面上的四个数的和能被4整除的概率为                                           .【答案】 【解析】和能被4整除的情况可分为以下几种:(1)四个面上的数字相同,共有4种;(2)四个面上的数字为1、3、2、2,共有 种;(3)四个面上的数字为1、3、1、3,共有 种;(4)四个面上的数字为1、3、4、4,共有 种;(5)四个面上的数字为2、2、4、4，共有 种;(6)四个面上的数字为1、1、2、4,共有 种;(7)四个面上的数字为3、3、2、4,共有 种;综上,共有 种.因此,所求概率为 .7．【2020年重庆预赛】有长为 的线段各三条,则由这3030条线段能构成不全等的三角形的个数为                     .(用数字作答).【答案】510555【解析】(1)若 ,则 .故 一定不构成三角形.(2)若 ,则 .故 一定不构成三角形.(3)若 ,则 .故 一定构成三角形.(4)若 ,则 一定构成等边三角形.综合 ~ ,知构成三角形的只能是 或等边三角形,共有 .8．【2019年全国】将6个数2，0，1，9，20，19按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为                                           .【答案】498【解析】所有首位非0的8位数：6!-5！2、0相邻的不同8位数：.1、9相邻的不同8位数：.2、0与1、9均相邻的不同8位数：故所求的8位数个数为：.9．【2019年内蒙古预赛】方程的非负整数解的个数为        .【答案】1135【解析】当时,则非负整数解个;当时,则非负整数解个当时,则非负整数解个当时,则非负整数解4个。共1135个.10．【2019年新疆预赛】设为正整数.若的和恰好等于一个三位数且该三位数的每个数字均相同，则所有可能的值为                                           .【答案】36【解析】设，化简可得.由于且是素数，故和中要有一个被整除.再由，可知.因此或.经计算，且，故.11．【2019年浙江预赛】在复平面上，任取方程的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为                                           .【答案】【解析】易知的根在单位圆上，且两根之间弧长相等，都为，即将单位圆均匀分成段小弧.首先选取任意一点为三角形的顶点，共有种取法.按顺时针方向依次取顶点和顶点，设弧有段小弧，弧有段小弧，弧有段小弧，则为锐角三角形的等价条件为  (1)计算方程组(1)的整数解个数，记，，.由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为.12．【2019年贵州预赛】若(a+b)n的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列,则最大的三位正整数n=                              .【答案】959【解析】解法1:设(a+b)n的展开式中连续三项的二项式系数为：,因为  ①由n为正整数,则8k+9应为奇完全平方数,故设8k+9=(2m+1)2(m∈N),即2k=m2+m-2,代入①式得n=(m+1)2-2或n=m2-2.所以,三位正整数n的最大值为959.解法2:同解法1得,,即(n-2k)2=n+2,解得.因为，要使n是最大的三位数且是整数,则n+2=312=961,所以n=959.此时是偶数,符合要求.13．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】将6个数2、0、1、9、20、19按任意次序排成一行，拼成一个8位数(首位不为0)，则产生的不同的8位数的个数为                                           .【答案】498【解析】将2、0、1、9、20、19的首位不为0的排列的全体记为A.易知|A|=5×5!=600(这里及以下，表示有限集X的元素个数).将A中2的后一项是0，且1的后一项是9的排列的全体记为B；A中2的后一项是0，但1的后一项不是9的排列的全体记为C；A中1的后一项是9，但2的后一项不是0的排列的全体记为D.易知|B|=4!，|B|+|C|=5!，|B|+|D|=4×4!，即.由B中排列产生的每个8位数，恰对应B中的2×2=4个排列(这样的排列中，20可与“2，0”互换，19可与“1，9”互换)类似地，由C或D中排列产生的每个8位数，恰对应C或D中的2个排列因此满足条件的8位数的个数为.14．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】将5个数2，0，1，9，2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数(首位不为0)，则产生的不同的8位数的个数为                                           .【答案】95【解析】易知2，0，1，9，2019的所有不以0为开头的排列总共有4×4!=96个.其中，除了(2，0，1，9，209)和(2019，2，0，1，9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相等因此满足条件的8位数的个数为96－1=95.15．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】设整数n>4，的展开式中与xy两项的系数相等，则n的值为                   .【答案】51【解析】注意到.其中项，仅出现在求和指标r=4时的展开式中，其项系数为.而xy项仅出现在求和指标r=n－1时的展开式中，其xy项系数为.因此有.注意到n>4，化简得，故只能是n为奇数且n－3=48.解得n=51.16．【2018年湖南预赛】从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个.【答案】24 【解析】可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成的形式.又，所以其顶点坐标是.若顶点在第一象限，则有.故.因此，这样的二次函数有个.若顶点在第三象限，则有.故.这样的二次函数有个.由加法原理知，满足条件的二次函数共有个.故答案为：2417．【2018年湖南预赛】的展开式中常数项为_____.【答案】-20 【解析】因为.所以.故答案为：-2018．【2018年广东预赛】袋中装有m个红球和n个白球，m＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系的数组（m，n）的个数为_______.【答案】3【解析】记“取出两个红球”为事件A，“取出两个白球”为事件B，“取出一红一白两个球”为事件C，则.依题意得，即.所以，从而为完全平方数.又由，得.所以.解之得（m，n）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）.故符合题意的数组（m，n）有3个.故答案为：319．【2018年广西预赛】把16本相同的书全部分给4名学生，每名学生至少有一本书且所得书的数量互不相同，则不同的分配方法种数为__________.（用数字作答）【答案】216.【解析】将16分解成四个互不相同的正整数的和有9种不同的方式：16=1+2+3+10，16=1+2+4+9，16=1+2+5+8，16=1+2+6+7，16=1+3+4+8，16=1+3+5+7，16=1+4+5+6，16=2+3+4+7，16=2+3+5+6.故符合条件的不同分配方法数为9=216.20．【2018年安徽预赛】把1，2，…，按照顺时针螺旋方式排成n行n列的表格，第一行是1，2，…，n.例如：.设2018在的第i行第j列，则（i，j）=___________.【答案】（34，95）【解析】设，则的第k行第k列元素是.因此，1901在第6行第6列，1900在第6行第95列，2018在第34行第95列.故答案为：（34，95）21．【2018年河南预赛】将圆的一组等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次记录个点的颜色，称为该圆的一个“阶色序”，当且仅当两个阶色序对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的阶色序．若某圆的任意两个“3阶色序”均不相同，则该圆中等分点的个数最多可有______个．【答案】8    【解析】“3阶包序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3阶色序”共有种．一方面，个点可以构成个“3阶色序”，故该圆中等分点的个数不多于8个．另一方面，若，则必须包含全部8个“3阶色序”，如按逆时针方向确定8个的颜色为“红，红，红，蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件．故该圆中等分点的个数最多可有8个．22．【2018年浙江预赛】在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13中任取两个组成分数.这些分数中有________个既约分数.【答案】36【解析】在7，11，13中任取一个整数与在2，4，6，8，12中任取一个整数构成既约分数，共有 种；在7，11，13中任取两个整数也构成既约分数，共有中.合计有36种不同的既约分数.23．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”平稳数的个数是                                           .【答案】75【解析】考虑平稳数.若b=0，则a=1，c∈{0，1}，有2个平稳数.若b=1，则a∈{1，2}，c∈{0，1，2}，有2×3=6个平稳数.若2≤b≤8，则a，c∈{b－1，b，b+1}有7×3×3=63个平稳数.若b=9，则a，c∈{8，9}，有2×2=4个平稳数.综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4=75.24．【2017年天津预赛】的展开式中,的系数是        .【答案】45【解析】提示:的展开式中,的系数分别为,常数项为.因此,的展开式中,的系数是25．【2017年河北预赛】设,那么的值为       .【答案】【解析】提示：26．【2017年江西预赛】设,则       .【答案】【解析】提示:令,得,再令,得又令,得,所以.27．【2017年河南预赛】一张试卷共4道单项选择题,每道选择题有三个选项(A)、(B)、(C).若干名学生参加考试,阅卷后发现:任意3人都有1道题目的答案各不相同，且每个学生不留空题,则参加考试的学生最多有                                          人.【答案】9【解析】提示:若10人参加考试,则对第1题,至少有7人选其中两项;对第2题,此7人中至少有5人选其中两项;对第3题,此5人中至少有4人选其中两项;对第4题,此4人中至少有3人选其中两项.故此3人每道题都只选两项,与题设矛盾.所以参加考试的学生最多9人.另外,易构造出9人参加考试的方案:28．【2017年黑龙江预赛】拋物线与直线围成的封闭图形的面积为,则二项式展开式中含项的系数是                  .【答案】20【解析】提示：根据题意有,所以,所以的项为29．【2017年浙江预赛】在多项式的展开式中的系数为         .【答案】【解析】提示:系数为30．【2017年江苏预赛】从正1680边形的顶点中任取若千个,顺次相连成多边形.其中正多边形的个数为                              .【答案】3432【解析】提示：正多边形的边数是1680的约数,不同的正边形有,2)个.因为,当取遍1680的约数,由于没有“正1边形”“正2边形”,故所求个数为