高中数学竞赛专题练习：排列组合

一． 排列组合二项式定理

1 (2005年浙江)设1xx2nnn求a2a4a2n的值（ ） a0a1xa2nx2n，

3n13n1（A）3 （B）32 （C） （D）

22【解】： 令x0 得 a01；（1） 令x1 得 a0a1a2a3a2n1； （2）

n令x1 得 a0a1a2a3a2n3； （3）

（2）＋（3）得 2(a0a2a4a2n)31，故 a0a2a4a2nn3n1，

2再由（1）得 a2a4a2n3n1。 选 【 C 】

22、（2004 全国）设三位数nabc，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有 （ ）

A. 45个B. 81个C. 165个D. 216个 解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。即a,b,c{1,2,...,9}

（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数码都相同，所

1以，n1C99。

（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数码。设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有2C9。但当大数为底时，设a>b，必须满足ba2b。此时，不能构成三角形的数码是 a b 9 4，3 2，1 8 4，3 2，1 7 3，2 1 6 3，2 1 5 1，2 4 1，2 3 1 2 1 221 共20种情况。 同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有C3种情况。

222故n2C3(2C920)6(C910)156。综上，nn1n2165。

3．（2005四川）设A{1,2,,10}，若“方程xbxc0满足b,cA，且方程至少

2有一根aA”，就称该方程为“漂亮方程”。则“漂亮方程”的个数为

（A）8....（B）10....（C）12....（D）14

解：，由题可知，方程的两根均为整数且两根一正一负，当有一根为1时，有9个满足题意的“漂亮方程”，当一根为2时，有3.个满足题意的“漂亮方程”。共有12个，故选C。 4．（2005四川）设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的任一排列，f是{1,2,3,4}到{1,2,3,4}的映射，

a2 a3 a4 a1 且满足f(i)i，记数表。若数表M,N的对应位置上至少

f(a) f(a) f(a) f(a)1234有一个不同，就说M,N是两张不同的数表。则满足条件的不同的数表的张数为 （ ）

（A）144...（B）192....（C）216.....（D）576

解：对于a1,a2,a3,a4的一个排列，可以9个映射满足f(i)i，而a1,a2,a3,a4共有

4A424个排列，所以满足条件的数表共有249216张，故选C。

5．(2005江西)连结正五边形A1A2A3A4A5的对角线交另一个正五边形B1B2B3B4B5，两次连结正五边形B1B2B3B4B5的对角线，又交出一个正五边形C1C2C3C4C5（如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形的个数为 ( )

（A）50 （B）75 （C）85 （D）100

解：对于其中任一点P，以P为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为[P]则

[A1]6, (A1A2A5,A1B3B4,A1B2B5,A1A3A4,A1A2B5,A1A5B2).

[B1]9, (B1A3A4,B1B2B5,B1B3B4,B1C3C4,B1B2C5,B1C2B5,B1A2A5,B1A3B4,B1A4B3)[C1]2, (C1B3B4,C1B2B5), 由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个

“顶”。据对称性可知[Ai]6, [Bi]9, [Ci]2, i1,2,3,4,5.因此等腰三角形共有

5(692)85个.

6. (2005全国)将关于x的多项式f(x)1xxxx项

式

2319x20表为关于y的多

中

g(y)a0a1ya2y2a19y19a20y20,其

yx4.则

a0a1a205211.

6解：由题设知，f(x)和式中的各项构成首项为1，公比为x的等比数列，由等比数

(y4)211(x)211x211,取.令xy4,得g(y)列的求和公式，得：f(x)y5x1x1y1,

有a0a1a2a205211g(1).

67.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an2005,则a5n5200.

m解：∵方程x1x2xkm的非负整数解的个数为Cmk1.而使m1x11,xi0(i2)的整数解个数为Cmk2.现取m7，可知，k位“吉祥数”的个数为

P(k)Ck65.

66∵2005是形如2abc的数中最小的一个“吉祥数”，且P(1)C61,P(2)C77,

P(3)C8628,对于四位1abc，“吉祥数”其个数为满足abc6的非负整数解个数，

6即C63128个。

∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即a652005.从而n65,5n325. 又P(4)C84,P(5)C69610210,而P(k)330.

k15∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即a5n52000.

8．（2004四川）某城市的机动车牌照是从“10000”到“99999”连续编号，则在这90000个牌照中数字9至少出现一个，并且各数字之和是9的倍数的车牌照共有 4168 个.

二、概率部分

1. （2006吉林预赛）在6个产品中有4个正品，2个次品，现每次取出1个作检查（检查完后不再放回），直到两个次品都找到为止，则经过4次检查恰好将2个次品全部都找到的概率是 （ D ）

A. 1/15 B. 2/15 C. 1/5 D. 4/15 2．（2006年南昌市）甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠军),对于每局比赛,甲获胜的概率为概率为____

12,乙获胜的概率为,则爆出冷门(乙获冠军)的

3317______. 813．（2006年浙江省预赛）在1,2,,2006中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是 。

解： 三个数成递增等差数列，设为 a,ad,a2d，按题意必须满足a2d2006,

d1002。 对于给定的d，a可以取1，2，……，2006-2d。 故三数成递增等差数列的个

1002数为

(20062d)1003*1002.d1 三数成递增等差数列的概率为

100310023。 34010C200. （2006吉林预赛）骰子是一个质量均匀的正方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、

5、6点。现在桌面上有3只骰子分别为木制、骨制、塑料制的。重复下面操作，直到桌子上没有骰子：将桌上的骰子全部掷出，然后去掉那些奇数点的骰子。求完成以上操作的次数多于三次的概率。.（169/512）

5．（2004湖南）如果一元二次方程x2(a3)xb90中，a、b分别是投掷骰子所得的数字，则该二次方程有两个正根的概率P= ( ) A．

2211113B．C．D．

91861834，则n=_____. 356. (2005江西)从3名男生和n名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为

7. (2005江西)有10名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果显示，没有和局，且任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负其余4人，则恰好胜了两场的人数为____________个.

8.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要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）

解：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有8！种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有

8!种. …5分 2下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设x1,x2,,xk是依次排列于这段弧上的小球号码，则

|1x1||x1x2|||xk9||(1x1)(x1x2)(xk9)||19|8.上式取等号当且仅当1x1x2xk9，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.

因此S最小2816.…………………………………………………………………10分 由上知，当每个弧段上的球号{1,x1,x2,xk,9}确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.

在1,2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2,3，…，8，将它们分为两个子集，元

01236素较少的一个子集共有C7C7C7C72种情况，每种情况对应着圆周上使S值达

261.……………20分 到最小的唯一排法，即有利事件总数是2种，故所求概率P8!315268、（2004全国）一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n，则算过关。问：（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？（Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。） 解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。

（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而642,652，因此，当n5时，n次出现的点数之和大于2已不可能。即这是一个不可能事件，过关的概率为0。所以最多只能连过4关。.......5分

（Ⅱ）设事件An为“第n关过关失败”，则对立事件An为“第n关过关成功”。 第n关游戏中，基本事件总数为6个。

第1关：事件A1所含基本事件数为2（即出现点数为1和2这两种情况），

n45n过此关的概率为：P(A1)1P(A1)122。 63第2关：事件A2所含基本事件数为方程xya当a分别取2，3，4时的正整数解组数之

111和。即有C1C2C31236（个）。

过此关的概率为：P(A2)1P(A2)165。 ........10分 266第3关：事件A3所含基本事件为方程xyza当a分别取3，4，5，6，7，8时的正整

222222数解组数之和。即有C2C3C4C5C6C713610152156（个）。

过此关的概率为：P(A3)1P(A3)15620。.........15分 36272520100故连过前三关的概率为：P(A1)P(A2)P(A3)。........20分

3627243（说明：第2，3关的基本事件数也可以列举出来）

10、（2006年浙江省预赛）六个面分别写上1，2，3，4，5，6的正方体叫做骰子。问 1） 共有多少种不同的骰子；

2） 骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差，变差的总和叫

做全变差V。在所有的骰子中，求V的最大值和最小值。

解：1）设台子上有一个与骰子的侧面全等的正方形。我们把一个骰子放到该正方形上的放法共6×4种。所以不同的骰子共有

6! 30种。 ………………… （5分）

6*42） 由1－6的六个数字所能产生的变差共有15个，其总和为

1＋（1＋2）＋（1＋2＋3）＋（1＋2＋3＋4）＋（1＋2＋3+4+5）=35 （10分）

与之相比，每个骰子的全变差中，所缺的是三个相对面上数字之间的变差，记其总和为v，则

vmax＝（6+5+4）－ (1+2+3) ＝9 ， vmin＝ 1+1+1 ＝ 3 ………………… （15

分）

因此 Vmax＝35－vmin＝32 分） Vmin＝35－vmax＝26. …………………20 （