高中数学竞赛专题10 排列组合、二项式定理（附解析）

这是一份高中数学竞赛专题10 排列组合、二项式定理（附解析），共30页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

【高中数学竞赛专题大全】
竞赛专题10 排列组合、二项式定理
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2018·广东·高三竞赛）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】
【详解】
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.又由及，得.
所以或或或.
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3
2．（2018·湖南·高三竞赛）已知，当时，与视为不同的对，则这样的对的个数有_____个.
【答案】26
【解析】
【详解】
由集合A、B都是的子集，且.
当时，B有1种取法；
当A为一元集时，B有2种取法；
当A为二元集时，B有4种取法；
当A为三元集时，B有7种取法.
故不同的（A，B）对有（个）.
故答案为26
3．（2018·湖南·高三竞赛）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】
【详解】
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24
4．（2018·湖南·高三竞赛）的展开式中常数项为_____.
【答案】-20
【解析】
【详解】
因为.所以.
故答案为-20
5．（2018·四川·高三竞赛）设集合，若的非空子集满足，就称有序集合对为的“隔离集合对”，则集合的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答）
【答案】6050
【解析】
【详解】
设为的元子集，则为的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为
.
故答案为6050.
6．（2020·浙江·高三竞赛）已知十进制九位数，则所有满足，的九位数的个数为__________.
【答案】25
【解析】
【详解】
由题意得：，且有顺序.于是满足题意的有.
故答案为：25.
7．（2018·山东·高三竞赛）集合、满足，，若中的元素个数不是中的元素，中的元素个数不是中的元素，则满足条件的所有不同的集合的个数为______．
【答案】186       
【解析】
【详解】
设中元素个数为，则中元素个数为，
依题意，．
，，此时满足题设要求的的个数为．
其中，当时，不满足题意，故．
所以的个数为．
8．（2020·辽宁锦州·高二期末）被除后的余数为_______.
【答案】6
【解析】
【分析】
将问题转化为二项式定理即可求解.
【详解】
的通项公式为，当时，都能整除7，当时，该项为-1，所以余数为6.
故答案为：6
【点睛】
本题主要考查二项式定理，属于基础题.
9．（2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习（理））已知多项式，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意把变形为，然后利用二项式定理来求.
【详解】
因为
，
所以.
故答案为：.
10．（2021·全国·高三竞赛）若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
令，条件式立即化为，即.
故答案为：.
11．（2020·江苏·高三竞赛）用三个数字“3，1，4”构成一个四位密码，共有___________种不同结果．
【答案】81
【解析】
【详解】
解析：只有一个数时，3种；
两个数时，种；
三个数时，种，共81种．
故答案为：81.
12．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合，则满足的函数：共有___________个．
【答案】47
【解析】
【详解】
解析,值域中元素的个数为1或6，
若值域中元素的个数为1， 则（为常数），共6种；
若值域中元素的个数6，
当时，1种；
当，则3个一组，有．
因此题述所求为个．
故答案为：47.
13．（2018·河北·高三竞赛）欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.
【答案】21
【解析】
【详解】
本题采用分步计数原理.
第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；
第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；
第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；
第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.
14．（2018·河南·高三竞赛）若，则被3除的余数是______．
【答案】1       
【解析】
【详解】
令，得．
分别令和，将得到的两式相加，得．
所以
．
15．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______.
【答案】
【解析】
【详解】
设分别是四次投掷骰子得到的点数，那么共有种不同的情况.
如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则
.
若的值都相等，则有种不同的情况；
若恰好取两个不同的值，则有种不同的情况；
若恰好取3个不同的值，则有种不同的情况；
若恰好取4个不同的值，则有种不同的情况.
因此，满足的情况共有（种）.
故所求的概率为.
16．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ .
【答案】256
【解析】
【详解】
全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能.
所以，奇子集共有：

个.
故答案为：256．
17．（2019·贵州·高三竞赛）已知m∈{11，13，15，17，19}，n∈{2000，2001，…，2019}，则mn的个位数是1的概率为____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
当m=11，n∈{2000，2001，…，2019}时，mn的个位数都是1，此时有20种选法；
当m=13，n∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn的个位数都是1，此时有5种选法；
当m=15时，mn的个位数不可能为1，此时有0种选法；
当m=17，n∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn的个位数都是1，此时有5种选法；
当m=19，n∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m的个位数都是1，此时有10种选法.
综上，所求概率为.
故答案为：．
18．（2020·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10中随机选出一个数在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b，则被整除的概率为______ .
【答案】
【解析】
【分析】
题中条件是的倍数，考虑被除的余数分情况讨论.另外注意有和被除的余数相加是的倍数.
【详解】
数组共有种等可能性的选法.
考虑其中使被整除的选法数.
若被整除，则也被整除.此时各有种选法，这样的有种.若不被3整除，则，于是被除余，那么被除余.此时有种选法，有种选法，这样的有种.
因此于是所求概率为.
【点睛】
此题考查计数原理和概率的知识，属于中档题.
19．（2021·全国·高三竞赛）把数字进行排列，使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边的排法种数为_________．
【答案】151200
【解析】
【分析】
【详解】
考虑全排列，有种排法；
将数字2、3、5、7从队列中拿出来，保留原队列顺序，有种排法；
使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边，只能按照2、3、5、7的顺序排列，有1种排法；
故满足题意的排法数是．
故答案为：151200.
20．（2021·全国·高三竞赛）若多项式可以表示成，这里，则___.
【答案】1330
【解析】
【分析】
【详解】
因为:
，
又因为：
，
所以.
故答案为：1330.
21．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率，
即.
故答案为：.
22．（2021·全国·高三竞赛）一次聚会有8个人参加，每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次．聚会结束后，将所有握手的情况记录下来，得到一张记录单．若记录单上的每条握手记录不计先后顺序（即对某两张记录单，可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的，则这两张被认为是同一种），则所有可能的记录单种数为_______．
【答案】3507
【解析】
【分析】
【详解】
根据已知，将这8个人进行分组，每组的所有人排成一个圆圈，每个人和与其相邻的两个人握手．
问题转化为这样的分组、以及分完组之后的项链排列（因为要求握手记录无序）方法有几种．
注意到最多分成两组，则：
当分成一组时，有种；
当分成两组时，若两组人数分别为3和5，则有种；
若两组人数都是4，则有种．
故共有种．
故答案为：3507.
23．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
有两次为5的概率为，
有两次为6和4的概率为，
所以概率为.
故答案为：.
24．（2021·浙江·高二竞赛）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】44
【解析】
【分析】
【详解】
由，共有项，
所以，得，则.
故答案为：44.
25．（2021·浙江·高三竞赛）已知整数数列，，…，，满足，，且（，2，…，9），则这样的数列个数共有______个.
【答案】192
【解析】
【分析】
【详解】
分情况讨论：
①先考虑,设，则：
(1);
(2);
(3);
(4);
(5);
(6);
②再考虑,同理共有4种,且,其中;
③最后考虑共有8种,且,其中,所以,故一定有解,
综上共有个;
故答案为：192.
26．（2021·全国·高三竞赛）将2枚白棋和2枚黑棋放入一个的棋盘中，使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子，且相同颜色的棋子既不在同一行，也不在同一列，如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子，则不同放法的种数为_________．
【答案】3960
【解析】
【分析】
利用去杂法可求不同方法的种数.
【详解】
解析：将两枚白棋放入方格中的方法数为种，两枚黑棋放入方格中使得它们既不在同一行，也不在同一列的方法数为，其中至少有1枚黑棋与白棋放入同一方格的方法数为种，两枚黑棋均放入两枚白棋所在的方格中的方法数为1种，故由容斥原理可知不同的方法数为种．
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：对于较为复杂的组合计数问题，我们可以采用去杂法从反面考虑，但要注意防止重复计算，如本题中同色的棋子不做区分.
27．（2021·全国·高三竞赛）用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________.
【答案】315
【解析】
【详解】
解析：设边长为的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为，则，
当为偶数时，则，
其中为增加的一条边上的分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数；
为以增加的一条边上的分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，
同理，当为奇数时，则，
其中为增加的一条边上的分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数；
为以增加的一条边上的分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，
故
=
答案为：315.
28．（2021·全国·高三竞赛）设，其中为常数，则___________.
【答案】
【解析】
【详解】
设，
则.
可见，因此.
.
故答案为：.
29．（2021·全国·高三竞赛）设是1，2，…，9的一个排列，如果它们满足，则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________.
【答案】379
【解析】
【详解】
解析： 只能取7､8､9，按照取值依次分成三类，
若，有种排列；
若，有种排列；
若，有种排列；
可得总数为.
故答案为：.
30．（2021·全国·高三竞赛）从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点，则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________.
【答案】
【解析】
【详解】
解析：按照选取点中正方形顶点的个数进行分类，依次可以为3､2､1､0个，
相应的等腰三角形个数为，因此所求概率为.
故答案为：.
31．（2021·全国·高三竞赛）圆周上有20个等分点，从中任取4个点，是某个梯形4个顶点的概率是_______．
【答案】
【解析】
【详解】
解析：梯形共有两种：从10组平行于直径的9条平行直线中选2条，或从10组不平行于直径的10条平行直线中选2条．第一种去掉矩形有个，第二种去掉矩形有个，共有720个，故概率是．
故答案为：.
32．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，点集．从K中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________．
【答案】
【解析】
【详解】
考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形．
由无四点共线知每列至少有一个点不取．
不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为．
故原概率为．
故答案为：.
33．（2021·全国·高三竞赛）在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数，其中是27倍数的最小数是_______．
【答案】14256
【解析】
【详解】
解析：首先这个数是9的倍数，故这5个数字只能是0、3、4、5、6或1、2、4、5、6，五位数字之和为18．设五位数是，则
，
为了使数最小，考虑，故可取各数字为1、2、4、5、6，
先考虑，此时，不合要求；
再考虑，此时，符合要求.
故所求的最小的数是14256．
故答案为：.
34．（2019·山东·高三竞赛）6个相同的红色球，3个相同的白色球，3个相同的黄色球排在一条直线上，那么同色球不相邻的概率是______ .
【答案】
【解析】
【详解】
由题意可知，所有的排列方法种数为：，
满足题意的排列方法数量为：，
故同色球不相邻的概率为.
故答案为：．
35．（2019·贵州·高三竞赛）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】
【详解】
设(a+b)n的展开式中连续三项的二项式系数为.
因为，所以，
得到               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，即，
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.
故答案为：959．
36．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
设取出的3个不同的数分别为a、b、c.不同的取法共有种，
若这3个数构成等差数列，则有a+c=2b.故、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定.
从而所求概率为.
故答案为：．
37．（2019·浙江·高三竞赛）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】39200
【解析】
【详解】
易知的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为，即将单位圆均匀分成100段小弧.

首先选取任意一点A为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B和顶点C，设AB弧有x段小弧，CB弧有y段小弧，AC弧有z段小弧，则△ABC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
，，
，，
则
.
由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为.
故答案为：39200．
38．（2019·新疆·高三竞赛）随机取一个由0和1构成的8位数，它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ .
【答案】
【解析】
【分析】
该8位数首位数字必须为1，分别计算出奇数位上和偶数位上1的个数，结合组合知识求出基本事件总数和偶数位数字之和与奇数位数字之和相等包含的基本事件个数即可得解.
【详解】
设n是满足题意的8位数，故知其偶数位上1的个数和在奇数位上1的个数相同，从而在奇数位上与偶数位上1的个数可能为1、2、3或4.注意到首位为1，下面分情况讨论：
（1）奇数位上与偶数位上有1个1，3个0共有种可能；
（2）奇数位上与偶数位上有2个1，2个0，共有种可能；
（3）奇数位上与偶数位上有3个1，1个0，有种可能；
（4）奇数位上与偶数位上有4个1，共有种可能.
合计共有4+18+12+1=35个满足条件的自然数n.又因为0和1构成的8位数共有个，从而概率为.
故答案为：
【点睛】
此题考查求古典概型，关键在于熟练掌握计数原理，根据分类计数原理结合组合知识求解概率.
39．（2019·新疆·高三竞赛）记[x]为不超过实数x的最大整数.若，则A除以50的余数为____________ .
【答案】40
【解析】
【分析】
根据均不是整数，利用放缩法分析出，结合二项式定理得A除以50的余数.
【详解】
注意到均不是整数.
按定义，
所以对任意正整数k均有

.
从而.
故答案为：40
【点睛】
此题考查数论相关知识点，涉及同余问题结合二项式定理处理，需要熟练掌握初等数论相关知识.
40．（2020·全国·高三竞赛）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】
【分析】
结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解.
【详解】
解：用表示写有i，j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，对应种放法．
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．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.
41．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字，，，数字位于，之间，称数值为该直线的邻差值.现将数字1~9填入的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______.
【答案】     36     60
【解析】
【分析】
【详解】
如图1,这8条直线的邻差值之和：
,
利用局部调整法,当时，有最小值.
当如图2排列时，有最大值.
故答案为：36,60.

42．（2021·全国·高三竞赛）刘老师为学生购买纪念品，商店中有四种不同类型纪念品各10件（每种类型纪念品完全相同），刘老师计划购买24件纪念品，且每种纪念品至少购买一件．则共有________种不同的购买方案．
【答案】633
【解析】
【详解】
解析：只需计算中的系数
而
又由幂级数展开式可得，
故，
故的系数为．
故答案为：．
43．（2021·全国·高三竞赛）从集合的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为____________．
【答案】
【解析】
【详解】
解析：集合共有非空子集个，
元素和为奇数的子集个数恰为函数的展开式中奇次项系数之和．故．
故答案为：.
44．（2021·全国·高三竞赛）将圆周等分于点，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为__________．
【答案】
【解析】
【详解】
任取一个分点记为P，然后将其余个分点这样标志，
自P点后，逆时针方向的连续n个点依次记为，
顺时针方向的连续n个点依次记为．
先考虑以P为顶点且含有圆心的三角形，
如图，显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集，
而另一个属于点集．
且这种，含有圆心当且仅当．
现计算符合条件的三角形个数：当时，j可取值，共计k个值．
因此这种含有圆心的个数为 ，
当点P取遍个位置，共得个三角形，
由于每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍，
因此符合条件的三角形个数为．

故答案为：.
二、解答题
45．（2021·全国·高二课时练习）已知集合M={1，2，3，4，5，6}，N={6，7，8，9}，从M中选3个元素，N中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C，则这样的集合C共有多少个？
【答案】90
【解析】
【分析】
分类计数，再用加法原理求解.
【详解】
第一类：从M中选取3个元素且含6有种，从N中选取2个元素不含6有种，根据分步乘法计数原理，有=10×3=30（种）;第二类：从M中选取3个元素且不含6有种，从N中选取2个元素有种，根据分步乘法计数原理，有=10×6=60（种）．由分类加法计数原理，集合C共有30+60=90（个）．
46．（2018·广东·高三竞赛）已知正整数n都可以唯一表示为       ①的形式，其中m为非负整数，（，），.试求①中的数列严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n的和.
【答案】
【解析】
【详解】
设A和B分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S（M）表示数集M中所有数的和，并将满足①式的正整数记为.
把集合A分成如下两个不交子集和.
我们有.
对任意，令，则是到的双射.
由此得，从而.
又对任意，令，
则g是B到的双射，其中.
因为
所以B中共有个元素，因此
.
又令表示A中最高位数的正整数全体，A中其余的数和零所构成的集合记为，
则.
对任意，令
则是B到的双射，其中.
所以 .
最后对任意，令.
则是到B的双射，其中.
所以
.
于是，
解之得，.
由于A和B中都含有1，2，…，8，因此所求正整数的和等于.
47．（2019·江苏·高三竞赛）平面直角坐标系中有16个格点(i，j)，其中0≤i≤3，0≤j≤3.若在这16个点中任取n个点，这n个点中总存在4个点，这4个点是一个正方形的顶点，求n的最小值.
【答案】11.
【解析】
【分析】
分两步来证明：先找到10个点，它们中的任意四点不能构成正方形的顶点，再根据抽屉原理证明任意的11个点，一定存在4个点为正方形的四个顶点.
【详解】
存在下面的10点即：
点(0，0)，(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，1)，(0，2)，(3，2)，(0，3)，(1，3)，(3，3)，
其中任意4个点不能构成正方形的顶点，故.   
下证：任意11点中，一定存在4个点为正方形的四个顶点.

因为共取11个点，分两种情况讨论：
（1）有一行有4个点（设为），则余下三行共有7个点，
由抽屉原理知余下三行中必有一行至少有3个点（设为），
因，分布在两行，
若该两行相邻或中间隔一行，则存在四个点，它们为正方形的四个顶点；
若该两行间隔两行，如图，不妨设为线段上的格点，为线段上的格点，对应的点的坐标为，
余下4个点分布在中间两行，若线段上有两个整点，则它们和中的两点构成正方形的顶点，否则线段上至少有3个点，则其中必有两个格点与中的两点构成正方形的顶点.
（2）任意一行都没有4个点，则各行的格点数分别为，故4行中必有相邻两行各有3个格点，这6个格点中必存在4个格点，它们构成正方形的顶点.
【点睛】
本题考查组合最值，此类问题，解决的基本方法是先找一个反例，从而确定变量的初始范围，再利用抽屉原理来证明该范围成立.
48．（2019·上海·高三竞赛）设n为正整数，称n×n的方格表Tn的网格线的交点(共(n+1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n+1)2分配给Tn的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称Tn的一个1×1格子S为“好方格”，如果从2S的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T2的格点的一种方式，其中B、C是好方格，而A、D不是好方格)设Tn中好方格个数的最大值为f(n).

（1）求f(2)的值；
（2）求f(n)关于正整数n的表达式.
【答案】（1）f(2)=3.（2）.
【解析】
【详解】
(1)如图①，将T2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A、B、C、D，将9个格点上的数分别记为a、b、c、d、e、f、g、h、i.

当a，b，……，i依次取为1，2，……，9时，易验证B、C、D均为好方格，这表明f(2)≥3.
现假设f(2)=4，即存在一种数的分配方式，使A、B、C、D均为好方格.
由对称性，不妨设边界上8个数a，b，……，h中的最小数为a或b.此时由A为好方格知，或者有a 综上可得f(2)=3.
(2)设Tn的各格点的数已被分配好，此时好方格有k个称格子的一条边为一段“格线”我们对Tn的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U、V，其中U上的数小于V上的数，则对格线UV标上一个指向顺时针旋转90°后所得方向的箭头.
称一个格子S及S的一条边UV所构成的有序对(S，UV)为一个“对子”，如果UV上所标的箭头由S内指向S外设对子总数为N.
一方面，每个格子S至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S顶点上的数将永远递减，矛盾)，而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子，于是.
另一方面，Tn的每段格线至多贡献1个对子，且Tn边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则，沿逆时针方向读n边界上的数将永远递增，矛盾)，从而不贡献对子.注意到Tn的格线段数为2n(n+1)，所以又有.
综合两方面得，2k+n2≤2n(n+1)－1，即好方格的个数.
最后，对n为奇数和n为偶数的情况，分别如图②和图③，将1，2，……，(n+1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子，易验证，按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点，恰是一种逆时针排列，因而这些格子均为好方格.
图②中好方格数为.

图③中好方格数为.
综上可得，.
49．（2021·全国·高三竞赛）平面上有n个点，其中无三点共线，将这n个点两两相连，用红、黄、绿三种颜色染这些线段，且任意三点所成的三角形的三条边均恰好有两种颜色，证明：．
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
首先，注意到没有点能引出六条同色线段．用反证法证明．
假设点A与其他六点B、C、D、E、F、G有相同颜色的线相连（不妨设为红色）．
根据题设，三角形只有两种颜色的边知，点B、C、D、E、F、G之间连线必为黄色或绿色．由此可知，在点B、C、D、E、F、G之间的连线存在一个同色三角形，与题设矛盾．
从而，每个点至多引出15条线段，即．
设．
将从同一点引出的两条异色边称为一对“好边”．
由题设知，好边的对数S满足．
设从一点引出x条红边、y条黄边、z条绿边．
则此点好边的对数为．
，其中，
故当或时，取得最小值，
即当x、y、z三者中有两个取5，一个取时，取得最小值．
故．则
，
解得或．矛盾．
所以．
50．（2021·全国·高三竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即.
若，从余数去讨论，，s为奇数.
，所以
，
从奇偶性可以看出这种情形方程无解.
若为偶数，注意到，
所以
.
令，其中为奇数，则
，
观察最后一项，则为1，故，所以，
故，
故，所以，所以，，
所以，，，
综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或