数学竞赛单元训练题高中排列组合.docx

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数学竞赛单元训练题高中排列组合

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（　　）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.

　　　　　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__________.

　　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（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

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=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：

　　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（　　）

　　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（　　）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.

　　　　　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__________.

　　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（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

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=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：

　　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.

　　9.过8个点可作

个圆，需减去两类：

①E、B、G共线，减去1个；②A、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：

①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；②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；③Ai（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（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=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：

①A1={1，4，…，3k+1}，共有m个元素；②A2={2，5，…，3k+2}，共有m个元素；③A3={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|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：

①A1={1，4，…}，共有m+1个元素；②A2={2，5，…}，共有m个元素；③A3={3，6，…}，共有m个元素，据题意则有

　　即5m3+m=3×53922.

　　m（5m2+1）=3×53922.

　　因为（m，5m2+1）=（m，1）=1，所以，m与5m2+1互质.

　　而3×53922=2×32×11×19×43.

　　另一方面，若m≥43，则5m2+1必大于2×32×11×19.故m＜43.

　　若m≤18，则5m2+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=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），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.

（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：

①E、B、G共线，减去1个；②A、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：

①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；②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；③Ai（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（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=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：

①A1={1，4，…，3k+1}，共有m个元素；②A2={2，5，…，3k+2}，共有m个元素；③A3={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|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：

①A1={1，4，…}，共有m+1个元素；②A2={2，5，…}，共有m个元素；③A3={3，6，…}，共有m个元素，据题意则有

　　即5m3+m=3×53922.

　　m（5m2+1）=3×53922.

　　因为（m，5m2+1）=（m，1）=1，所以，m与5m2+1互质.

　　而3×53922=2×32×11×19×43.

　　另一方面，若m≥43，则5m2+1必大于2×32×11×19.故m＜43.

　　若m≤18，则5m2+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=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），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.