专题14排列组合(学生版)备战2021年高中数学联赛高中数学联赛一试试题分专题训练

2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分)。

1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。

7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间，在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。

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 ，x i ∈{‒1,1},i =1,2,…,2021x 1+x 2+⋯+x k ≥0(k =1,2,…,2020)x 1+ .则有序数组 的组数为 .x 2+⋯+x 2021=‒1(x 1,x 2,⋯,x 2021)【答案】11011C 10102020【解析】由 ,x 1+x 2+⋯+x 2020≥0,x 1+x 2+⋯+x 2021=‒1,x 2021∈{‒1,1}所以 ,x 2021=‒1x 1+x 2+⋯+x 2020=0.所以在 中有1010个1、1010个 ，x 1,x 2,⋯,x 2020‒1且随时保证 .x 1+x 2+⋯+x k ≥0(k =1,2,⋯,2020)即为卡特兰数 .11011C 101020202．【2021年浙江预赛】对于正整数 ,若 展开式经同类项合并， 合n (xy ‒5x +3y ‒15)nx i y j(i,j =0,1,⋯,n)并后至少有2021项,则 的最小值为 .n 【答案】44【解析】由 , 共有 项,(xy ‒5x +3y ‒15)n =(x +3)n (y ‒5)n (n +1)2所以 , 得 , 则 .(n +1)2≥2021n ≥2021‒1n min =443．【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 .73=3434．【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5×6=305×62=180个，四位正整数有5 个，共有1295个:×63=1080万位数为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,2021=1×64+3×63+2×62+0×6+5.(2021)10=(13205)6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{i,j}i,j i,j(1≤i<j≤5)【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{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}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26=64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.{1,2},{1,3},{1,4}{1,5}考虑在1号盒,且在5号盒的放法数N.{2,3},{2,4},{3,4}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.{2,3},{2,4},{3,4}{2,3},{2,4}{2,5}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{1,5},{2,5}{3,5},{4,5}{2,5},{3,5},{4,5},故分别在3号与4号盒,即的放法唯一;{2,3},{2,4},{3,4}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, {2,5},{3,5},{4,5}C03+C13=4即有0张或1张在5号盒中,对种放法.N=6×1+2×4=144N=56因此.由对称性,在情况二下有种好的放法.64+56=120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】14【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;A 24(3)四个面上的数字为1、3、1、3,共有 种;C 24(4)四个面上的数字为1、3、4、4,共有 种;A 24(5)四个面上的数字为2、2、4、4，共有 种;C 24(6)四个面上的数字为1、1、2、4,共有 种;A 24(7)四个面上的数字为3、3、2、4,共有 种;A 24综上,共有 种.4+4A 24+2C 24=64因此,所求概率为 .6444=147．【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2n(n =0,1,⋯,1009)形的个数为 .(用数字作答).【答案】510555【解析】(1)若 ,则0⩽i <j <k⩽1009 .2i +2j <2j +2j =2j +1⩽2k 故 一定不构成三角形.2i ,2j ,2k(2)若 ,则0⩽i <j⩽1009 .2i +2i =2i +1⩽2j 故 一定不构成三角形.2i ,2i ,2j (3)若 ,则 .0⩽i <j⩽10092i +2j >2j ,2j +2j >2i 故 一定构成三角形.2i ,2j ,2j(4)若 ,则 一定构成等边三角形.0⩽k⩽10092k ,2k ,2k综合 ~ ,知构成三角形的只能是 或等边三角形,共有(1)(4)2i ,2j ,2j(i <j) .C 21010+1010=510555(个)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：.5!21、9相邻的不同8位数：.5!‒4!22、0与1、9均相邻的不同8位数：4!2!2!故所求的8位数个数为：.(6!‒5!)‒5!2‒5!‒4!2+4!2!2!=4989．【2019年内蒙古预赛】方程的非负整数解的个数为 .x 21+x 2+x 3+x 4+x 5=10【答案】1135【解析】当时,则非负整数解个;x 1=0C 39+C 310+C 311+C 312当时,则非负整数解个x 1=1C 39+C 310+C 311+C 312当时,则非负整数解个x 1=2C 35+C 36+C 37+C 38当时,则非负整数解4个。

2021年数学高联试题
2021年数学高联试题指的是在2021年举行的高中数学竞赛中的试题。

这类竞赛旨在选拔和培养在数学方面有突出才能的学生，因此试题难度较大，对参赛者的数学能力和思维水平有较高的要求。

以下是一道关于2021年数学高联试题：
1、若集合A = {x | ax^2 - 3x + 2 = 0} 只有一个元素，则a的值是（）
A. 0
B. 1
C. -1
D. 2
2、下列四个命题中正确的是（）
A. 若p或q为真命题，则p，q均为真命题
B. 方程 x^2 - (a + b)x + ab = 0 的两根为 a 或 b
C. 若 a，b，m 都是正实数，则 a + m > b + m > 0 推得 a > b > 0
D. 若 n 为正整数，则 log(n + 1)(n + 3) < log(n + 1)(n + 1 + 2)
3、一部手机的进价为3000元，标价为3900元。

若手机店主可以以7 折
的价格卖出 5 部手机，那么手机店主至少赚了 ___元。

A. 350
B. 500
C. 450
D. 600
总结：2021年数学高联试题指的是在2021年举行的高中数学竞赛中的试题。

这类试题难度较大，旨在考察学生的数学能力和思维水平。

通过做题和练习，学生可以提高自己的数学水平，拓展数学视野，为将来的学习和工作打下坚实的基础。

2021年全国高中数学联合竞赛试题1.使关于x 的不等式√x −3+√6−x ⩾k 有解的实数k 的最大值是()A.√6−√3B.√3C.√6+√3D.√62.空间四点A 、B 、C 、D 满足|AB |=3,|BC |=7,|CD |=11,|DA |=9.则# »AC ·# »BD 的取值()A.只有一个B.有二个C.有四个D.有无穷多个3.△ABC 内接于单位圆，三个内角A 、B 、C 的平分线延长后分别交此圆于点A 1、B 1、C 1.则AA 1cos A 2+BB 1cos B 2+CC 1cos C 2sin A +sin B +sin C的值为()A.2 B.4 C.6 D.84.如图，ABCD −A ′B ′C ′D ′为正方体.任作平面α与对角线AC ′垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S ，周长为l .则()A.S 为定值，l 不为定值B.S 不为定值，l 为定值C.S 与l 均为定值D.S 与l 均不为定值5.方程x 2sin √2−sin √3+y 2cos √2−cos √3=1表示的曲线是()A.焦点在x 轴上的椭圆B.焦点在x 轴上的双曲线C.焦点在y 轴上的椭圆D.焦点在y 轴上的双曲线6.记集合T ={0,1,2,3,4,5,6},M =ßa 17+a 272+a 373+a 474 a i ∈T,i =1,2,3,4™.将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2021个数是()A.57+572+673+374B.57+572+673+274C.17+172+073+474D.17+172+073+374二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7.将关于x 的多项式f (x )=1−x +x 2−x 3+···−x 19 +x 20表为关于y 的多项式2021年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)g(y)=a0+a1y+···+a20y20，其中y=x−4.则a0+a1+···+a20=.8.已知f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数.若f(2a2+a+1)成立，则a的取值范围是.9.设α、β、γ满足0β)+cos(x+γ)=0，则γ−α=.10.如图，四面体DABC的体积为16，且满足∠ACB=45◦,AD+BC+AC√2=3.则CD=.11.若正方形ABCD的一条边在直线y=2x−17上，另外两个顶点在抛物线y=x2上，则该正方形面积的最小值为.12.如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”.将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,a3,···，若a n=2021，则a5n=.三、解答题(本题满分60分，每小题20分)13.数列{a n}满足：a0=1,a n+1=7a n+45a2n−362,n∈N.证明：(1)对任意n∈N，a n为正整数；(2)对任意n∈N，a n a n+1−1为完全平方数.14.将编号为1,2,···,9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S.求使S达到最小值的放法的概率.(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法)15.过抛物线y=x2上的一点A(1,1)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AE EC=λ1，点F在线段BC上，满足BFF C=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.。

第一章 1.2 1.2.1 第1课时请同学们认真完成练案[3]A级基础巩固一、选择题1．甲、乙、丙三名同学排成一排，不同的排列方法有( C )A．3种B．4种C．6种D．12种[解析] 由排列定义得，共有A33＝6种排列方法．2．从1,2,3,4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为( C )A．2 B．4C．12 D．24[解析] 本题相当于从4个元素中取2个元素的排列，即A24＝12．3．(2020·东安区校级期末)A59＋A49A610－A510＝( D )A．415B．715C．310D．320[解析]A59＋A49A610－A510＝9×8×7×6×5＋9×8×7×610×9×8×7×6×5－10×9×8×7×6＝5＋110×5－10＝320．故选D．4．下列问题属于排列问题的是( A )①从10个人中选2人分别去种树和扫地；②从10个人中选2人去扫地；③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作log a b中的底数与真数．A．①④B．①②C．④D．①③④[解析] 根据排列的概念知①④是排列问题．5．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( B )A．108种B．186种C ．216种D ．270种[解析] 从全部方案中减去只选派男生的方案数，所有不同的选派方案共有A 37－A 34＝186(种)，选B ．6．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( C )A ．A 88种 B ．A 48种 C ．A 44A 44种D ．2A 44种[解析] 安排4名司机有A 44种方案，安排4名售票员有A 44种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有A 44A 44种方案．二、填空题7．(2020·天津模拟)由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有__120__个．[解析] 1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有A 33A 34＝144个， 4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2A 33A 22＝24个， ∴所求六位数共有120个．故答案为120．8．将A 、B 、C 、D 、E 、F 六个字母排成一排，且A 、B 均在C 的同侧，则不同的排法共有__480__种(用数字作答)．[解析] A 、B 两个字母与C 的位置关系仅有3种：同左、同右或两侧，各占13，∴排法有23A 66＝480． 9．(2020·烟台一模)上合组织峰会于2018年6月在青岛召开，组委会预备在会议期间将A ，B ，C ，D ，E 这五名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求A ，B 必须在同一组，且每组至少2人，则不同分配方法的种数为__8__．[解析] 根据题意，分2种情况讨论：①A ，B 在一组，C ，D ，E 都分在另一组，将两组全排列，对应两个地点即可，有A 22＝2种分配方法；②C ，D ，E 中取出1人，与A 、B 一组，剩下2人一组，再将两组全排列，对应两个地点， 有3A 22＝6种分配方法； 故一共有2＋6＝8种分配方法． 故答案为8． 三、解答题10．(2020·深圳高二检测)用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？(2)可以排出多少个不同的三位数？ [解析] (1)三位数的每位上数字均为 1,2,3,4,5,6之一．第一步，得首位数字，有6种不同结果， 第二步，得十位数字，有5种不同结果， 第三步，得个位数字，有4种不同结果， 故可得各位数字互不相同的三位数有 6×5×4＝120(个)．(2)三位数，每位上数字均可从1,2,3,4,5,6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个)．B 级 素养提升一、选择题1．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x 2m 2＋y 2n2＝1中的m 和n ，则能组成落在矩形区域B ＝{(x ，y )||x |<11，且|y |<9}内的椭圆个数为( B )A ．43B ．72C ．86D ．90[解析] 在1、2、3、4、…、8中任取两个作为m 、n ，共有A 28＝56种方法；可在9、10中取一个作为m ，在1、2、…、8中取一个作为n ，共有A 12A 18＝16种方法，由分类加法计数原理，满足条件的椭圆的个数为：A 28＋A 12A 18＝72．2．给出下列4个等式： ①n ！＝n ＋1！n ＋1；②A m n ＝n A m －1n －1；③A mn ＝n ！n －m ！；④A m －1n －1＝n －1！m －n ！．其中正确的个数为( C ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 由排列数公式逐一验证，①②③成立，④不成立．故选C ． 二、填空题3．(1)7个人站成一排，若甲必须站在正中间的站法有__720__种； (2)7个人站成一排，若甲、乙2人必须站在两端的站法有__240__种；(3)7个人站成两排，其中3个女孩站在前排，4个男孩站在后排的站法有__144__种； (4)7个人站成两排，其中前排站3人，后排站4人的站法有__5_040__种． [解析] (1)甲站中间后，剩下的人的位置排列数为A 66＝720．(2)甲、乙必须站两端，剩下的人的位置排列数为A55，甲、乙站两端的站法有A22，故共有A55·A22＝240．(3)女孩和男孩的排列相互独立，故为A44·A33＝144．(4)先排前排，再排后排，故为A37·A44＝5 040．4．如果A m n＝15×14×13×12×11×10，那么n＝__15__，m＝__6__．[解析] 15×14×13×12×11×10＝A615，故n＝15，m＝6.三、解答题5．(2020·宝鸡市金台区高二检测)“渐降数”是指每一位数字比其左边的数字小的正整数(如632)，那么比666小的三位渐降数共有多少个？[解析] 百位是6，十位是5比666小的渐降数有654,653,652,651,650共5个，百位是6，十位是4比666小的渐降数有643,642,641,640共4个，百位是6，十位是3比666小的渐降数有632,631,630共3个，百位是6，十位是2比666小的渐降数有621,620共2个，百位是6，十位是1比666小的渐降数有610，所以百位是6比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＋5＝15个，同理：百位是5比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＝10个，百位是4比666小的渐降数有1＋2＋3＝6个，百位是3比666小的渐降数有1＋2＝3个，百位是2比666小的渐降数有1个，所以比666小的三位渐降数共有15＋10＋6＋3＋1＝35个．。

18校2021高中数学联赛模拟安徽师大附中,巴蜀中学,哈师大附中,海亮中学,邯郸一中,衡水一中,湖南师大附中,临沂一中,绵阳外国语学校,南京师大附中,南开中学,山东省实验中学,唐山一中,天津市实验中学,天一中学,天元公学·杭二中未来科技城学校,襄阳四中,郑州外国语学校(音序排名不分先后联合制作)一试一、填空题（本题共8小题，每题8分，共64分）1f(n)表示整数n的个位数,a n=f(n2)−f(n)+1,则数列{a n}的前2020项的和S2020=.2将棱长为1的正方体顶点红蓝二染色,使得同一条棱上两个顶点的颜色不同,那么红色四面体与蓝色四面体的公共部分体积为.3数列a0,a1,···,满足:a0=√3,a n+1=[a n]+1{a n},其中[a n]与{a n}分别表示a n的整数部分和小数部分,则a2020=.4直线m斜率存在且与椭圆x29+y25=1交于A,B两点,与双曲线y220−x216=1交于C,D两点,若A,B为C,D的三等分点,则m的方程为y=.5记(3+2√2)2020的小数部分是A,则(3+2√2)2020(1−A)=.6设u,v,w为复数,其中w=a+bi(a,b≥3,a2+b2=25),u−w=3v,若|v|=1,则当u的辐角主值最大时,uw=.7函数y=tan(2019x)−tan(2020x)+tan(2021x)在[0,π]中零点的个数为.8x,y,z是不同的正整数,若{x+y,y+z,z+x}={n2,(n+1)2,(n+2)2},则x2+y2+z2的最小值为(用数字作答).二、解答题（第9题16分,第10,11题各20分,共56分）9已知P,Q(非原点)是抛物线y=x2上不同的两点,点P处的切线与y轴交于R,若−−→P Q⊥−→P R,求△P QR面积的最小值.10方程x2n+(ax+b)2n=0(a,b∈R,ab=0)有2n个复根,r i,r i(i=1,2,···,n),证明:n ∑i=11r i r i=n(a2+1)b2.11设S是所有大于-1的实数集合,确定所有的函数f:S→S,使得满足下面两个条件:(1)对于S内所有的x和y,有f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x);(2)在区间(−1,0)和(0,+∞)的每一个内,f(x)x是严格递增的.一试参考答案一、填空题1f (n )表示整数n 的个位数,a n =f (n 2)−f (n )+1,则数列{a n }的前2020项的和S 2020=.[参考答案]2020[解析]￿b n =a n −1,b n 的前n 项和为T n ,而T 10=0,故S 2020=T 2020+2020=T 10+2020=2020.2将棱长为1的正方体顶点红蓝二染色,使得同一条棱上两个顶点的颜色不同,那么红色四面体与蓝色四面体的公共部分体积为.[参考答案]16[解析]各个面心连线组成的八面体体积即为所求;3数列a 0,a 1,···,满足:a 0=√3,a n +1=[a n ]+1{a n },其中[a n ]与{a n }分别表示a n 的整数部分和小数部分,则a 2020=.[参考答案]3030+√3[解析]a 0=1+(√3−1),a 1=1+1√3−1=1+√3+12=2+√3−12,a 2=2+2√3−1=2+√3+1=4+(√3−1),以此类推a 3=5+√3−12,a 4=7+(√3−1),···归纳得a 2k =3k +√3,a 2k +1=3k +2+√3−12故a 2020=3030+√3.x4直线m 斜率存在且与椭圆x 29+y 25=1交于A ,B 两点,与双曲线y 220−x 216=1交于C ,D 两点,若A ,B 为C ,D 的三等分点,则m 的方程为y =.[参考答案]±√976x [分析]设m 方程为y =kx +b ,带入椭圆方程得(5+9k 2)x 2+18kbx +9b 2−45=0(∗)故|AB |=√1+k 2|x 1−x 2|,x 1+x 2=−18kb5+9k 2.带入双曲线得(4k 2−5)x 2+8kbx +4b 2−80=0(∗∗)故|CD |=√1+k 2|x 3−x 4|,x 3+x 4=−8kb4k 2−5.结合A ,B 为CD 的三等分点,故x 1+x 22=x 3+x 42,故8kb 4k 2−5=18kb5+9k 2得kb =0,若b =0,带入方程化简得|AB |=√1+k 2·2·…455+9k 2|CD |=√1+k 2·2·…804k 2−5,再利用|CD |=3·|AB |,得k =±√976.若k =0,容易根据b 2的范围得出矛盾,说明这样的m 不存在,故综上,m 的方程为y =±√976x5记(3+2√2)2020的小数部分是A ,则(3+2√2)2020(1−A )=.[参考答案]1[分析]设(3+2√2)2020=A +B ,B 为整数,结合(3+2√2)2020(3−2√2)2020=1,得(3−2√2)2020=1A +B再结合(3+2√2)2020+(3−2√2)2020二项展开为整数,得A +B +1A +B为整数,0≤A <1,0<1A +B <1,故A +1A +B=1,故(A +B )(1−A )=(A +B )1A +B=1.6设u ,v ,w 为复数,其中w =a +bi (a,b ≥3,a 2+b 2=25),u −w =3v ,若|v |=1,则当u 的辐角主值最大时,uw=.[参考答案]1625+1225i [解析]由条件得u =w +3v ,故U 在以W 为圆心,3为半径的圆上,结合W 的运动区间,在w =3+4i ,u =4i 时,满足u 的辐角主值最大,故u w =uw ww =4i ·(3−4i )25=1625+1225i .7函数y =tan (2019x )−tan (2020x )+tan (2021x )在[0,π]中零点的个数为.[参考答案]2021[解析]y =tan (2019x )−tan (2020x )+tan (2021x )=sin 2019x cos 2019x +sin 2021x cos 2021x −sin 2020x cos 2020x =sin 4040x cos 2019x cos 2021x −sin 2020x cos 2020x =sin 2020x (2cos 22020x −cos 2019x cos 2021x )cos 2019x cos 2020x cos 2021x注意到2cos 22020x −cos 2019x cos 2021x =cos 4040x +1−cos 2019x cos 2021x =−sin 2019x sin 2021x +1>0故sin 2020x 在[0,π]上的零点数即为原函数在[0,π]上的零点数.8x ,y ,z 是不同的正整数,若{x +y,y +z,z +x }={n 2,(n +1)2,(n +2)2},则x 2+y 2+z 2的最小值为(用数字作答).[参考答案]1297[解析]不妨设x >y >z ,由于∑(x +y )=2(x +y +z )为偶数,故n 为奇数;若n =3,则{n 2,(n +1)2,(n +2)2}={32,42,52},故x +y +z =25,而x +y =52=25,得z =0,矛盾;若n =5,则{n 2,(n +1)2,(n +2)2}={52,62,72},故x +y =49,x +z =36,y +z =25,故x =30,y =19,z =6,此时x 2+y 2+z 2=1297.二、解答题（第9题16分,第10,11题各20分,共56分）9已知P ,Q (非原点)是抛物线y =x 2上不同的两点,点P 处的切线与y 轴交于R,若−−→P Q ⊥−→P R ,求△P QR 面积的最小值.[解析]设P (x 1,x 21),Q (x 2,x 22)则P 处的切线为2x 1x =x 21+y ,令x =0,得R (0,−x 21),则−−→P Q ⊥−→P R 得(x 1−x 2,x 21−x 22)(x 1,2x 21)=0,x 1(x 1−x 2)+2x 21(x 21−x 22)=0,结合x 1=x 2得x 2=−x 1−12x 1.故|−−→P Q |=|x 1−x 2| 1+14x 21=1+4x 212|x 1|1+14x 21|−→P R |=√x 21+4x 41=|x 1|√1+4x 21所以S =12·(1+4x 21)24x 1=2x 31+x 1+18x 1,令f (x )=2x 3+x +18x (x >0),则f ′(x )=6x 2+1−18x2令f ′(x )=0,得48x 4+8x 2−1=0,得x 2=112.故在x =√36时,S m in =4√39.10方程x 2n +(ax +b )2n =0(a,b ∈R,ab =0)有2n 个复根,r i ,r i (i =1,2,···,n ),证明:n ∑i =11r i r i =n (a 2+1)b 2.[解析]由x 2n +(ax +B )2n =0得(xax +b)2n =−1.记y 2n =−1的2n 个根为ωi ,ωi (i =1,2,···,n ),则xax +b=ωi 或ωi (i =1,2,···,n ),因为均为一次方程,故每个方程只有一根,因此不妨设r i ar i +b =ωi ,得r i =bωi1−aωi ,r i =bωi 1−aωi于是1r i r i =1+a 2−a (ωi +ωi )b 2=a 2+1b 2⇒n ∑i =11r i r i =n (a 2+1)b 211设S 是所有大于-1的实数集合,确定所有的函数f :S →S ,使得满足下面两个条件:(1)对于S 内所有的x 和y ,有f (x +f (y )+xf (y ))=y +f (x )+yf (x );(2)在区间(−1,0)和(0,+∞)的每一个内,f (x )x是严格递增的.[解析]令x =y 得,f (x +f (x )+xf (x ))=x +f (x )+xf (x ),故x +f (x )+xf (x )为函数的一个不动点,令A =x +f (x )+xf (x ),则f (A )=A ,f (A +f (A )+Af (A ))=A +f (A )+Af (A ),故A 2+2A 也是f 的一个不动点,若A ∈(−1,0),则A 2+2A =(A +1)2−1∈(−1,0),且A 2+2A =A .从而,(−1,0)中有两个不动点,但是这与f (x )x在(−1,0)内严格递增矛盾,同样的,若A ∈(0,+∞),可得到同样的矛盾,故A =0,即x +f (x )+xf (x )=0,即f (x )=−x1+x.下面验证f (x )=−x1+x符合题意,显然,f (x )x =−11+x在S 中严格递增,对任意的x,y ∈S ,有f (x +f (y )+xf (y ))=f(x −y 1+y −xy 1+y)=f(x −y 1+y)=y −x1+x.y +f (x )+yf (x )=y −x 1+x −xy 1+x =y −x1+x .故条件(1)也成立,因此所求函数为f (x )=−x1+x.二试一、(40分)△ABC 内心为I ,˘ABC的弧中点为T ,∠AIT =90◦,求证:AB +AC =3BC .二、(40分)令a 1,a 2,...,a n 为非负实数且f :[0,∞)→(0,∞)满足f (a 1)f (a 2)...f (a n )≥λ>0,证明:f (a 1)−1f (a 1)+f (a 2)−1f (a 1)f (a 2)+...+f (a n )−1f (a 1)f (a 2)...f (a n )≥λ−1λ三、(50分)k 是给定的自然数且k ≥7,求一共有多少组不同的(x,y )使得0≤x,y <2k 且7373x≡99y(mod 2k )成立?四、(50分)一定数量的机器人被放置在一个有限的矩形方格表中,每一个方格都可以容纳任意数量的机器人,方格表中的每一条边要么是红边,要么是绿边,红边不允许机器人通过,而绿边可以.矩形方格表的边界上的边均为红边.你可以对所有机器人下达上,下,左,右四个命令.所有的机器人收到命令时一起向命令中的方向移动,如果该方向的边是绿边,则机器人按照指令到达下一个方格,如果机器人在该方向的边是红边,则留在原方格不动.所有机器人移动后你可以继续下达指令;假设对任意一个独立的机器人,对任意一个矩形方格来说,都存在一种指令使得该机器人到达那个方格,证明:你可以通过有限次指令,使得所有的机器人到达同一个方格.二试参考答案一、(40分)△ABC 内心为I ,˘ABC的弧中点为T ,∠AIT =90◦,求证:AB +AC =3BC .[解析]I 在AC 上的投影为Y ,延长T I 与外接圆交于X ,T 的对径点为D ,欲证原命题成立,只需证明半周长为2BC ,也就是证明AY =BCAY =AI cos A 2,BC =2R sin A =2DT sin A 2cosA2故只需证AI =2DT sin A2,即AI =2DX注意到IX ⊥AI ,DX ⊥IX ,DI =DA 故原命题成立!二、(40分)令a 1,a 2,...,a n 为非负实数且f :[0,∞)→(0,∞)满足f (a 1)f (a 2)...f (a n )≥λ>0,证明:f (a 1)−1f (a 1)+f (a 2)−1f (a 1)f (a 2)+...+f (a n )−1f (a 1)f (a 2)...f (a n )≥λ−1λ[解析]f (a 1)−1f (a 1)+f (a 2)−1f (a 1)f (a 2)+...+f (a n )−1f (a 1)f (a 2)...f (a n )=n∑k =1f (a k )−1f (a 1)f (a 2)...f (a k )=1−1f (a 1)+n∑k =2(1f (a 1)f (a 2)...f (a k −1)−1f (a 1)f (a 2)...f (a k ))=1−1f (a 1)+1f (a 1)−1f (a 1)f (a 2)...f (a n )=1−1f (a 1)f (a 2)...f (a n )≥1−1λ=λ−1λ三、(50分)k 是给定的自然数且k ≥7,求一共有多少组不同的(x,y )使得0≤x,y <2k 且7373x≡99y(mod 2k )成立?[解析]引理1.对任意非负整数a 有7373a≡73≡9≡99a(mod 26).引理1的证明.因为73=9+26且v 2(7373a −73)=v 2(73−1)+v 2(73a −1)=6+v 2(a )≥6.余数相同故证毕.□.引理2.每一对(x,y ),0≤x,y <2k ,有7373x≡7373y(mod 2k )成立当且仅当2k −6|x −y .引理2的证明.不妨设x =y 且7373x ≡7373y (mod 2k ).由升幂定理有,v 2(7373x −7373y )=v 2(73−1)+v 2(73x −y −1)=6+v 2(x −y ).□.回到原题,令S ={7373x:0≤x <2k }则|S |=2k .根据引理2,我们可以找到互不相交的子集组S 1,...,S 26使得26∪i =1S i =S 并且对任意的a,b ∈S i 有a ≡b (mod 2k )且a ≡b (mod 26).我们有|S i |=2k −6.再根据引理1,S i 中的每个元素模26与9为底的相同,事实上,模2k 的完全剩余系中,恰有2k −6个元素在模26下与9为底的相同.因此对每个i =1,...,26,S i 包含了所有在模26下与9为底余数相同的数.对每个y 满足0≤y <2k ,和任意的i =1,...,26都恰有一个x ,0≤x <2k ,使得7373x≡99y(mod 2k ).因此方程7373x≡99y(mod 2k )的解的个数为2k ×26=2k +6组.四、(50分)一定数量的机器人被放置在一个有限的矩形方格表中,每一个方格都可以容纳任意数量的机器人,方格表中的每一条边要么是红边,要么是绿边,红边不允许机器人通过,而绿边可以.矩形方格表的边界上的边均为红边.你可以对所有机器人下达上,下,左,右四个命令.所有的机器人收到命令时一起向命令中的方向移动,如果该方向的边是绿边,则机器人按照指令到达下一个方格,如果机器人在该方向的边是红边,则留在原方格不动.所有机器人移动后你可以继续下达指令;假设对任意一个独立的机器人,对任意一个矩形方格来说,都存在一种指令使得该机器人到达那个方格,证明:你可以通过有限次指令,使得所有的机器人到达同一个方格.[解析]我们先解决两个机器人的问题:设方格表上x,y两个点之间最短的路径距离为d(x,y),则表格上的路径满足三角形三边不等式,即d(a,c)≤d(a,b)+d(b,c).我们观察在方格表中位于s与s′位置的机器人A和B,我们下达指令让A移动到s′,会出现如下两种情况:(1)整个移动过程中B未经过红边,则重复该操作,因为表格有限,最终B遇到边界红边,划归成情况(2);(2)移动第k步时,B遇到了红边,留在了原地,记此时A与B的位置分别为t与t′,那么我们就得到了d(t,s′)=d(s,s′)−k,d(s′,t′)≤k−1,故d(t,t′)≤d(t,s′)+d(s′,t′)≤d(s,s′)−k+(k−1)<d(s,s′).经过一次这样的操作以后,A与B的最短距离是变小的,则持续进行下去,经过有限次这样的操作后,最终A与B的最短距离变为0,即A与B在同一格子中.对一般的情况就变得显而易见了,先选择两个机器人用上述的方法移动到同一个格子中,之后将两个机器人视作同一个即可,有限次操作以后,所有机器人将移动到同一个格子中.证毕!。

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编专题01 集合第一讲1．【2021年江西预赛】集合M是集合A={1，2，…，100}的子集，且M中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M的个数是.2．【2021年浙江预赛】给定实数集合A,B,定义运算A⊗B={x∣x=ab+a+b,a∈A,b∈B}.设A= {0,2,4,⋯,18},B={98,99,100},则A⊗B中的所有元素之和为.3．【2021年广西预赛】集合M={1,2,3,4,5,6}的所有子集的元素的和等于.4．【2021年新疆预赛】若实数集合{3,6,9,x}的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则x 的值为.5．【2021年全国高中数学联赛A卷一试】设集合A={1,2,m},其中m为实数.令B={a2∣a∈A},C=A∪B.若C的所有元素之和为6,则C的所有元素之积为.6．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A 的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为.7．【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数x的最大整数,集合A={x∣x2−x−6<0},B={x∣2x2−3[x]−5=0}.则A∩B=.8．【2020年甘肃预赛】设集合:A={(x,y)∣log a x+log a y>0},B=|(x,y)|x+y<a}.若A∩B=∅,则a 的取值范围是.9．【2020年广西预赛】已知集合M={1,2,⋯,2020},对M的任意非空子集A,λA为集合A中最大数与最小数的和.则所有这样的λA的算术平均数为.10．【2020年广西预赛】设集合M={1,2,⋯,2020},A⊆M,且对集合A中的任意元素x,4x∉A.则集合A的元索个数的最大值为.11．【2020年吉林预赛】已知集合A={x∣log a(ax−1)>1}.若2∈A,则a的取值范围是.12．【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成20a+8b+27c(a ,b ,c∈N)形式,就称其为“好数".则集合{1,2,⋯,200}中好数的个数为.13．【2020年新疆预赛】已知集合A={1,2,3,⋯,2020},对于集合A的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.14．【2019年全国】若实数集合{1,2,3,x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.15．【2019年江苏预赛】已知集合A={x|x2−3x+2≥0}，B={x|√x−a≥1}，且A∩B={x|x≥3}，则实数a的值是.16．【2019年江西预赛】将集合{1,2,⋯,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.17．【2019年新疆预赛】已知集合U={1,2,3,4,5,6,7,8}，A={1,2,3,4,5}，B={4,5,6,7,8}，则是集合U的子集但不是集合A的子集，也不是集合B B的子集的集合个数为.18．【2019年浙江预赛】已知集合A={k+1,k+2,⋯,k+n},k,n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=.19．【2019年重庆预赛】设A为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合B={x+y|x,y∈A, x≠y}，若B={log26, log210, log215}，则集合A=________.20．【2019年北京预赛】已知集合A={x|x2+x−6>0},B={x|x2−2ax+3≤0},若a>0,且A∩B中恰有两个整数,则a的取值范围是.21．【2019年福建预赛】已知f(x)=x2-2x，集合A={x|f(f(x))=0}，则集合A中所有元素的和为.22．【2019年福建预赛】已知集合U={1，2，3，4，5}，I={X|X⊆U}，从集合I中任取两个不同的元素A、B，则A∩B中恰有3个元素的概率为.23．【2019年贵州预赛】已知集合A={1,2,3,……,2019},对于集合A的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.24．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.25．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为.|a∈A，b∈A，且a≠b}，则集合B中元素26．【2018年福建预赛】已知集合A={1，3，5，7，9}，集合{ab的个数为________.27．【2018年江苏预赛】在1，2，3，4，…，1000中，能写成a2−b2+1(a∈N)的形式，且不能被3整除的数有________个。

专题11.2 排列与组合1．（2021·福建宁德·高三期中）三名学生报名参加校园文化活动，活动共有三个项目，每人限报其中一项，则恰有两名学生报同一项目的报名方法种数有（ ）A ．6种B ．9种C ．18种D ．36种【答案】C 【分析】根据题意首先从三名学生中选2名选报同一项目，再从三个项目中选2项项目，全排即可.【详解】由题意可得22233233218C C A ⋅⋅=⨯⨯=，故选：C2．（2021·山东潍坊·高三月考）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说:“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”，对乙说:“你不会是最差的”，从这两个回答分析，这5人的名次排列所有可能的情况共有（ ）A ．18种B ．36种C ．54种D ．72种【答案】C 【分析】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有可能是第二、三、四名3种情况；再排甲，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果．【详解】由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有可能是第二、三、四名3种情况；再排甲，也有3种情况；余下3人有33A 种排法．故共有33333332154A ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=种不同的情况．故选：C.3．（2021·全国·高三月考（理））某地计划在10月18日至11月18日举办“菊花花会”，如图是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择摆放，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（）练基础A ．240种B ．300种C ．360种D ．420种【答案】D 【分析】先放A ，分B 、D 选则同一种花和不同种花两种情况，再考虑C 、E ，由分步乘法和分类加法原理可得答案.【详解】先放A ，共有5种选择，若B 、D 选则同一种花，有四种选择，剩下的C 、E 均有三种选择，共5433180⨯⨯⨯=种，若B 、D 选则不同种花，有24A 种选择，剩下的C 、E 均有两种选择，共245A 22240⨯⨯⨯=种，故共有180+240=420种.故选：D.4．（2021·全国·高二课时练习）某工程队有卡车､挖掘机､吊车､混凝土搅拌车各一辆，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆，则不同的派法种数是（ ）A ．18B ．9C ．27D ．36【答案】D 【分析】利用捆绑法，先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，即可得到答案；【详解】先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，则不同的派法共有2343C A 36=（种）.故选：D5．（2021·浙江·模拟预测）若从1,2,3,9, 这个9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a b c d ,,,，则使得a b c d ⨯⨯+为偶数的不同排列方法有（ ）A ．1224B ．1200C ．1080D ．840【答案】A 【分析】考虑d 为偶数和d 为奇数两种情况，判断a b c ⨯⨯的奇偶性，根据,,a b c 中偶数的个数计算得到答案.【详解】d 为偶数，则a b c ⨯⨯为偶数，有11221334353533()1104C C C C C C A ++=；d 为奇数，则a b c ⨯⨯为奇数，四个数均为奇数，有45120A =.故共有1224种．故选：A.6．（2021·福建省漳州第一中学高二月考）将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ）A ．22B ．25C ．20D ．48【答案】C 【分析】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，据此即可的解.【详解】解：将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，因为每个盒子都有球，所以每个盒子至少又一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有3620C =种，所以每个盒子都有球的放法种数为20.故选：C.7.【多选题】（2021·福建省漳州第一中学高二月考）男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有（ ）A ．1人B ．2人C ．3人D ．4人【答案】BC 【分析】设女生有n 人，则男生有8-n 人，由21830n n C C -⋅=求解.设女生有n 人，则男生有8-n 人，由题意得：21830n n C C -⋅=，即()()87302n n n --⋅=，解得2n =或3n =，故选：BC8．（2021·上海·闵行中学高三期中）从4男2女六名航天员中选出三名作为神舟十四号乘组，则恰好有一名女航天员被选中的选法有______种．（用数字作答）【答案】12【分析】利用组合数来计算出选法数.【详解】依题意可知，选法有214212C C =种.故答案为：129．（2020·新疆·克拉玛依市教育研究所三模（理））新型冠状肺炎疫情发生后，新疆某医院有2名医生，4名护士自愿报名参加援助武汉医疗队，现要将这6名医护人员分成2个小组，分别安排到武汉市的两所方舱医院参加医疗救助活动，每个小组由1名医生和2名护士组成，不同的安排方案共有_________种．（用数字作答）【答案】12【分析】先从2名医生中选1名去一所方舱医院，再从4名护士选2名护士去同一所方舱医院，利用分步乘法计数原理即可求出.【详解】先从2名医生中选1名去一所方舱医院，有122C =种，再从4名护士选2名护士去同一所方舱医院，有246C =种，剩下的1名医生2名护士去另一所方舱医院，则不同的安排方案共有2612⨯=种.故答案为：12.10．（2021·全国·高二课时练习）求下列各式中的正整数n ：（1）33210n n A A =；（2）101098765nA =⨯⨯⨯⨯⨯．【答案】（1）8n =（2）6（1）根据排列数公式列出方程即可求解；（2）根据排列数公式列出方程即可求解；（1）解：因为33210n n A A =，所以()()()()221221012n n n n n n ⨯-⨯-=⨯⨯-⨯-，解得8n =；（2）解：因为101098765nA =⨯⨯⨯⨯⨯，又()10109101n A n =⨯⨯⨯-+ ，所以1015n -+=，解得6n =.1．（2020·上海市沪新中学高三月考）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩，则不同的安排方法种数为________(结果用数值表示)【答案】180【分析】利用组合和排列的含义分别求出从6名学生中选出四名且甲必须参赛和甲不担任四辩的情况种数，然后按照分步乘法原理计算即可.【详解】首先从6名学生中选出四名且甲必须参赛共有35C 种情况，甲不担任四辩的情况共有333A 种，故不同的安排方法种数为33533180C A ⋅=.故答案为：180.2．（2018·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三学业考试）为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访.期间工作的任务有A ，B ，C ，D 四项，每项任务至少一人参加，但两名女记者不参加A 任务，则不同的安排方案数共有_______.【答案】126【分析】采用分类计数原理，排列组合进行计算可得.【详解】两名女记者不参加A 任务，由题意分两类情况：①1男参加A 任务；②2男参加A 任务,其余人员再排列;即:①1男参加A 任务，将3男选1排在A 任务，再将剩下4人选两人打捆,再排在其它3项任务，即11233143108C A C A =种.②2男参加A 任务，将3男选2人排在A 任务,再将剩下的人排在其它3项任务,练提升即233318C A =种,所以选出符合条件参加活动的人员共有: 108+18= 126种，故答案为: 126种3．（2021·全国·高三月考）某学校安排甲，乙等5位中层干部深入4个班级进行班级课堂教学调研，每班至少安排一位中层干部，若甲、乙不能安排到同一个班级，则不同的安排方法共有______________________种(用数字作答)．【答案】216【分析】先将5位中层干部分成4组，有1组2人其他3组各1人，除去甲、乙分在一起的情况，所以分组结果有25C 19-=种，再分配到4个班级，由分步乘法计数原理即可求解.【详解】首先把5位中层干部分成4组，有1组2人其他3组各1人．又甲、乙不能分在一起，因此有25C 19-=种，再对分好的4组分配到4个班级有44A 24=种，根据分步乘法原理得：924216⨯=种，故答案为：216.4．利用组合数公式证明111m m m n n n C C C ++++=．【答案】证明见解析【分析】利用组合数公式分别计算等式左右两边即可证明.【详解】证明：因为()11(1)!1!()!m n n C m n m +++=+-，()()()1!11!!!(1)!(1)!!()!(1)!()!(1)!()!m mn n n n m m n n n C C n m m m n m m n m m n m +⎡⎤-+++⎣⎦++==--+-+--=+，所以111m m m nn n C C C ++++=．5．（2021·全国·高二课时练习） 把分别标有1，2，3，4号的4个不同的小球放入3个分别标有1号、2号、3号的盒子中，不许有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放法共有多少种？【答案】12【分析】由于4号球没有限制，所以以4号球分两类讨论：一类是4号球与1，2，3号球中的一个在一个盒子，另一类是4号球单独放在一个盒子，其他3个球放入两个盒子.【详解】由于4号球没有限制，所以以4号球分类：当4号球与1，2，3号球中的一个在一个盒子时，它们有2个盒子可选，其他两个球只有1种放法，共有11326C C =种放法；当4号球单独放在一个盒子，其他3个球放入两个盒子时，首先在1，2，3号球中先选出两个球占一个盒子有23C 种，再分配剩下那个球与4号球，满足条件的放法种数为22326C A =种，所以共有6612+=种不同放法.6．（2021·福建省漳州第一中学高二月考）为配合国家精准扶贫战略，某省示范性高中安排6名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为多少种？（请写出分类过程）【答案】360【分析】根据题意，按甲校安排的人数分4种情况讨论，求出每种情况下安排方案的数目，由加法原理计算可得答案.【详解】分四种情况讨论：甲校安排1名老师，分配方案种数有()11422325542532150C C C A C C A +=，甲校安排2名老师，分配方案种数有()213222543242140C C C A C C +=，甲校安排3名老师，分配方案种数有3122532260C C C A =，甲校安排4名老师，分配方案种数有41152110C C C =所以分配方案共有150+140+60+10=360种.7．（2021·全国·高二课时练习）现有编号分别为A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 的7个不同的小球，将这些小球排成一排（1）若要求A ，B ，C 相邻，则有多少种不同的排法？（2）若要求A 排在正中间，且B ，C ，D 各不相邻，则有多少种不同的排法？【答案】（1）720；（2）216.【分析】（1）利用“捆绑法”可求；（2）分B ，C ，D 中有1个在A 的左侧和有2个在A 的左侧讨论求解.【详解】（1）把A ，B ，C 看成一个整体与剩余的4个球全排列，则不同的排法有3535A A 720=（种）．（2）A 在正中间，所以A 的排法只有1种．因为B ，C ，D 互不相邻，所以B ，C ，D 不可能同时在A 的左侧或右侧．若B ，C ，D 中有1个在A 的左侧，2个在A 的右侧且不相邻，则不同的排法有22133233C A C A 108=（种），若B ，C ，D 中有2个在A 的左侧且不相邻，1个在A 的右侧，则不同的排法有22133233C A C A 108=（种）．故所求的不同排法有108108216+=（种）．8．（2021·河北·藁城新冀明中学高二月考）从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数.试问：（1）能组成多少个不同的四位数？（2）四位数中，两个偶数排在一起的有几个？（3）两个偶数不相邻的四位数有几个？（所有结果均用数值表示）【答案】（1）216（2）108（3）108【分析】（1）分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，将取出的四个数全排列，最后利用分步计数原理求解；（2）分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，最后利用分步计数原理求解；（3分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，先将两个奇数排列，再从三个空中选两个空，将两个偶数排列上，最后利用分步计数原理求解.（1）解：分三步完成：第一步，取两个偶数，有23C 种方法，第二步，取两个奇数，有23C 种方法，第三步，将取出的四个数全排列，有44A 种方法，由分步计数原理得：共能组成423422163A C C ⋅=⋅个不同的四位数；（2）解：分三步完成：第一步，取两个偶数，有23C 种方法，第二步，取两个奇数，有23C种方法，第三步，将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，有2323A A⋅种方法，由分步计数原理得：共能组成22232333108C C A A⋅⋅⋅=个不同的四位数；（3）解：分三步完成：第一步，取两个偶数，有23C种方法，第二步，取两个奇数，有23C种方法，第三步，先将两个奇数排列，再从三个空中选两个空，将两个偶数排列上，有2223A A⋅种方法，由分步计数原理得：共能组成22222333108C C A A⋅⋅⋅=个不同的四位数；9．（2021·全国·高二课时练习）甲、乙、丙、丁、戌五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次．甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列共有多少种不同的情况．【答案】54【分析】安排方案可分3步完成，第一步先安排乙，再安排甲，最后安排其他同学完成，由分步乘法原理求满足条件的方案数.【详解】满足要求的方案可分3步完成，第一步先安排乙，乙可以排在第2,3,4位，有3种安排方法，第二步安排甲，有3种安排方法，第三步再安排其他同学，有33A种安排方法，由分步乘法原理满足条件的安排方法有54种.39．（2021·全国·高二课时练习）在3000—7000之间有多少个没有重复数字的5的倍数？【答案】392【分析】分各位数字是0和5两种情况进行讨论即可.【详解】第一类，个位是5时，首位从3，4，6中选，中间两位从0到9的数中，去掉5与首位的数中选2个排列，所以共有1238168C A=个；第二类，个位是0时，首位从3，4，5，6中选，中间两位从0到9的数中，去掉0与首位的数中选2个排列，所以共有1248224C A=个；所以共有168224392+=个.10．（2021·江西·横峰中学高二期中（理））1.如图，已知图形ABCDEF ，内部连有线段.（用数字作答）（1）由点A 沿着图中的线段到达点E 的最近路线有多少条？（2）由点A 沿着图中的线段到达点C 的最近路线有多少条？（3）求出图中总计有多少个矩形？【答案】（1）20（2）175（3）102【分析】（1）由题意转化条件为点A 需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即可得解；（2）设出直线DE 上其它格点为G 、H 、P ，按照A E C →→、A G C →→、A H C →→、A P C →→分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不在CD 上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.（1）由题意点A 沿着图中的线段到达点E 的最近路线需要移动6次：向右移动3次，向上移动3次，故点A 到达点E 的最近路线的条数为336320C C ⋅=；（2）设点G 、H 、P 的位置如图所示：则点A 沿着图中的线段到达点C 的最近路线可分为4种情况：①沿着A E C →→，共有33263360C C C ⋅⋅=条最近路线；②沿着A G C →→，共有3222524260C C C C ⋅⋅⋅=条最近路线；③沿着A H C →→，共有32345340C C C ⋅⋅=条最近路线；④沿着A P C →→，共有246415C C ⋅=条最近路线；故由点A 沿着图中的线段到达点C 的最近路线有60604015175+++=条；（3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：①矩形的边不在CD 上，共有224690C C ⋅=个矩形；②矩形的一条边在CD 上，共有124312C C ⋅=个矩形；故图中共有9012102+=个矩形.1．（2020·海南省高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种【答案】C【解析】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C ⋅=⨯=种.故选：C2.（2021·全国·高考真题（理））将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A ．60种B ．120种C ．240种D ．480种【答案】C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志练真题愿者中任选2人，组成一个小组，有25C 种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有254!240C ⨯=种不同的分配方案，故选：C.3．（2018·浙江高考真题）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1260.【解析】若不取零，则排列数为224534C C A ,若取零，则排列数为21135333C C A A ,因此一共有22421135345333C C A C C A A 1260+=个没有重复数字的四位数.4．（2017·天津高考真题（理））用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）【答案】1080【解析】41345454A C C A 1080+= 5.（2015·上海高考真题（理））在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 （结果用数值表示）．【答案】120【解析】①1男4女，1436C C 45=种；②2男3女，2336C C 60=种；③3男2女，3236C C 15=种；∴一共有456015120++=种．故答案为：120.6.（2020·全国高考真题（理））4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.【答案】36【解析】 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学∴先取2名同学看作一组，选法有：246C =现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：336A =⨯=种根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6636故答案为：36.。