1418年北清自招博雅领军数学真题排列组合与概率.docx

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1418年北清自招博雅领军数学真题排列组合与概率

北大博雅2015.10.登梯时规定每次只能跨上1级或者2级楼梯，今欲登上10级楼梯，则不同走法的种数为

清华领军2015.15.设随机事件与互相独立，且，则（）

A.

B.

C.

D.

清华领军2015.17.从正15边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（）

A.105种B.225种C.315种D.420种

同时分入平面几何

清华领军2015.28.对于50个黑球和49个白球的排列（从左到右排成一排），则（）

A.存在一个黑球，它右侧的白球和黑球一样多

B.存在一个白球，它右侧的白球的黑球一样多

C.存在一个黑球，它右侧的白球比黑球少一个

D.存在一个白球，它右侧的白球的黑球少一个

清华领军2015.29.从1，2，3，4，5中挑出三个不同数字组成五位数，其中有两个数字各用两次，例如12231，则能得到的不同的五位数有（）

A.300个B.450个C.900个D.1800个

北大博雅2016.9.将12个不同物体分成3堆，每堆4个，则不同的分法种类是（）

A.34650B.5940C.495D.前三个答案都不对

9.【解答】D

不同的分法有。

【解答】平均分组问题，高考难度。

注意必须除以。

北大博雅2016.13.从一个正9边形的9个顶点中选3个使得它是一个等腰三角形的三个项点的方法数是（）

A.30B.36C.42D.前三个答案都不对

13.【解答】A

以正9边形的某个顶点为等腰三角形的底边所对顶点的等腰三角形有4个，其中有一个是正三角形，因此所有的方法数为。

【评析】又是一道带有对应方法思想的计数问题，将等腰三角形的数量对应为同一顶点发出的相等边。

类似的问题出现在2015年的自招考试，要求计算正十五边形的钝角三角形的个数，对应的钝角个数。

清华领军2016.3.将16个数：

4个1、4个2、4个3、4个4填入一个44的矩阵中，要求每行、每列正好有2个偶数，则共有种填法。

3.【解答】441000.

先选出填偶数的位置，第一行两个偶数有种选择方法，考虑这两个偶数所在的列，还应填入两个偶数：

若这两个偶数也同行，则余下四个偶数的位置唯一确定（还没有填入偶数的两行两列的四个交叉位置），此时共有3种填法；若两偶数不同行则这两数有种填法，考虑填入这两数的行，还需分别填入一个偶数，这两偶数同列时则恰有一行和一列还没有偶数，其他行与列均已有两个偶数，无法再填入偶数，矛盾，因此这两偶数不同列，此时余下两个偶数的位置唯一确定（两个恰有一个偶数的列与一个没有偶数的行的交叉位置），共有2种填写方法。

综上，偶数的填写方法有种。

8个奇数中有4个1,8个偶数中有4个2，因此总的填写方法为种。

清华领军2016.8.一堆数乘在一起有很多种乘的顺序，如三个数可以有四种不同的乘法，记个数的乘法为，则：

A.B.C.D.

8.【解答】AB.

枚举易知A,B正确，考虑四个数的情况a,b,c,d固定顺序时至少有abcd，a（bc）d，ab（cd），a（bcd），a[b（cd）]五种乘法，四个数的全排列有4！

=24种，I4。

五个数全排列5！

=120，因此I5>120，即知C，D错误。

清华领军2016.12.问一个正2016边形，任选顶点顺序相连构成的凸多边形中，正多边形有几个？

A.6552B.4536C.3528D.2016

12.【解答】A.

2016=，考虑正n边形，则n应整除2016，且正n边形应共有个。

因此正多边形的总数为

，故选A。

清华领军2016.27.随机变量的分布列如下图，则下列说法正确的是

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

A.若成等差数列，则

B.若满足，则

C.若，则

D.若，则

27.【解答】AB

若若a1，a2，…，a10成等差数列，因a1+a2+…+a10=1，知a5+a6=，A正确；由a1+a2+…+a10=1，得a10=1-a1-a2-…-a9=，B正确；CD中，a1=，a2=，有a1+a2>1，显然错误，综上选AB。

清华领军2016.31.甲，乙，丙，丁四个人进行网球赛规定甲乙一组，丙丁一组先打，胜者再打决胜局，四人相互对战，对战时胜率如下，求甲获胜的概率为

选手对手

甲

乙

丙

丁

甲

/

0.3

0.3

0.8

乙

0.7

/

0.6

0.4

丙

0.7

0.4

/

0.5

丁

0.2

0.6

0.5

/

31.【解答】0.165

甲获胜的概率为P=0.3（0.50.3+0.50.8）=0.165.

清华领军2017.4.有序数对中，。

记表示此数对中不同数的个数，例如，，则所有的的平均值为（）

A.B.C.D.

4、【解答】A.

首先注意到有44=256种可能情况，按N值得不同分类：

N=4有A44=24种，N=3有C42·A43=144种（先指定哪两个数相同有C42种）N=2有C43·A42+（C42·A42）÷2=84种（前者是3+1情况，后者是2+2情况），N=1只有四种情况，因此==。

【评析】注意计数时如何分类，分完后所有情况的和应为256种是一种很好的检查手段，本题还应注意为什么N=2的2+2情形下面要除以2。

清华领军2017.12.已知。

是一个从到的映射，则满足对，为奇数的映射的种数为（）

A.B.50C.60D.70

清华领军2017.23.是的一个排列，使，则有（）种不同排列数。

A.5B.6C.8D.7

北大数学营初试2016.3.给定正整数n，有2n张纸牌叠成一堆，从上到下依次编号为1到2n。

我们进行这样的操作：

每次将所有从上往下数偶数位置的牌抽出来，保持顺序放在牌堆下方。

例如n=3时，初始顺序为123456，操作后依次得到135246，154326，142536，123456。

证明：

对任意正整数n，操作不超过2n−2次后，这堆牌的顺序会变回初始状态。

分类存疑

3.【解答】证明如下。

我们证明一个等价的命题，将每次操作改为先从上往下取后一半的数出来，然后与前一半交叉放置（类似于洗扑克牌），如初始顺序为123456，操作后依次得到142536，154326，135246，123456。

将纸牌按顺时针摆放，使得第一张牌和最后一张牌（它们始终为1和2n）重合，将第一张牌的位置记为1，顺时针旋转将其他牌的位置依次记为2,3,⋯,2n−1。

定义纸牌m顺时针旋转到纸牌n时旋转的步数为纸牌m到n的距离，记为d（m→n），如图中d（2→3）=3。

下面证明经过k次操作（k∈）后

d（1→2）=d（2→3）=⋯=d（2n−1→2n），

用数学归纳法。

归纳基础当k=1时，有

d（1→2）=d（2→3）=⋯=d（2n−1→2n）=1，

命题成立。

归纳假设与递推证明设当k=p时，有

d（1→2）=d（2→3）=⋯=d（2n−1→2n）=q。

不难计算得经过操作后位置x的纸牌将会移动到位置

f（x）=（2x−1）%（2n−1）,

其中t%s表示t模s的余数，因此原来距离为q的纸牌在操作后距离为（2q）%（2n−1）。

因此经过p+1次操作后，仍然有

d（1→2）=d（2→3）=⋯=d（2n−1→2n）。

综上所述，经过k次操作（k∈）后

d（1→2）=d（2→3）=⋯=d（2n−1→2n）。

这就意味着当纸牌2的位置确定时，其他所有纸牌的位置都可以依靠该性质确定。

而纸牌2至多只有2n−2种可能的位置，并且纸牌2的所在的位置不可能出现不包含位置2的循环。

这是因为操作是可以反向的，因此如果出现不包含位置2的循环，那么可以断定最初的状态纸牌2所在的位置不可能为2。

因此经过不超过2n−2次操作后，纸牌2必然回到位置2，原命题得证。

2017.5北大优特12.60支球队两两比赛，且一定有胜负，每队赢的概率均为0.5，设没有两队赢相同场数的概率为，其中p,q为互质的正整数，则2n可整除p的最大正整数n是（）

A.1768B.1746C.1714D.1702

12.【解答】C

直接考虑计算，采取正难则反的策略。

问题的反面情况是任两支球队的获胜场数均不相同，先考虑把60支球队排给60种胜利场次数，一共种排法。

再注意到，一旦每支球队的胜利场次数确定了，所有比赛的胜负情况其实也确定了。

这是因为：

胜场次最多的队伍一定胜了其他全部的队伍，胜场次第二的队伍胜了除了胜场次最多的队伍以外的全部队伍……以此类推，每一场比赛的结果都已经确定。

于是。

利用阶乘幂次的公式：

60！

中2的幂次为

，故n=1770-56=1714。

【评析】此题是典型的竞赛第一试的问题，非竞赛生可能非常不习惯，尤其是确定2的幂次那一步，用到了数论中的结论。

同时分入数论类

2017.5北大优特19.两个相同的正四面体，四面分别标有1,2,3,4某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个底面数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整数的概率是（）

A.B.C.D.

19.【解答】D

2017.5北大优特31.已知a，b，c∈{-3,-2,-1,0,1,2,3}，且a，b，c两两不相同。

已知直线ax+by+c=0的倾斜角为锐角，问直线有多少种？

（a,b,c）有多少组？

31.【解答】43、90

ax+by+c=0的倾斜角为锐角斜率大于等于0，即。

在{-3,-2,-1,0,1,2,3}中找可以取得的斜率，有{1,2,3,,,,}7种。

由于a,b,c两两不相同，那么当a,b取到满意题意的斜率后，c有5种剩余取法。

枚举a,b的取法有：

（1，-1）（2,-2）（3，-3）（2，-1）（1，-2）（3，-1）（1，-3）（2，-3）（3，-2）以及每一组对应取相反数，共有18组。

故符合题意的（a,b,c）有18=90组。

再看直线，仅当（a,b,c）成完全倍数关系时，两组（a,b,c）对应的是同一条直线，那么除了取相反数重复之外，只有（1,-1,0），（2,-2,0），（3,-3,0）为a，b不同的重复，多算了2种。

故直线种数为。

【评析】此题看似简单，但区分度很大。

一是考虑到用斜率的种数来对直线计数，二是要注意到（a,b,c）成对应的倍数关系时刻画的直线相同，三是要看清条件“a,b,c两两不相同”。

其他的分类方法也可以做，但也要注意直线的不同种数。

2017.5北大优特32.已知均匀正四面体上写有1,2,3,4，游戏中每轮抛掷两个正四面体，底面数字之和大于5则胜且游戏结束，否则轮到其他玩家。

甲乙轮流抛掷，甲先开始，问甲胜的概率。

32.【解答】

底面之和大于5的情况有（2,4）（3,3）（3,4）（4,2）（4,3）（4,4）6种。

那么抛掷一次获胜的概率为：

。

把甲胜的概率分为无数种情况：

第一次掷获胜，第三次掷获胜，…，第2n+1次获胜，…。

（第偶次一定是乙投掷）

故P（甲获胜）=p1+p3+…+p2n+1+…

计算有p1=，p3=，p5=，故{pn}为一个等比数列。

对上式计算有：

p（甲获胜）=。

【评析】概率题，高考难度。

注意要想清楚。

2017.1清华标测1.在圆周的十等分点A1,A2,…,A10中取出四个点，可以围成的梯形个数是（）

A.60B.40C.30D.10

1.【解答】A.

由于圆的对称性，故只考虑一个方向上的问题，其他方向上的情况相同。

当梯形的上下底线段的端点角标奇偶性相同时，上下底是A2A10,A3A9,A4A8,A5A7中的两条，当梯形的上下底线段的端点角标奇偶性不同时，上下底是