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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xi∈{-1,1},i=1,2,…,2021 ,并且x1+ x2+⋯+ xk ≥0(k =1,2,…,2020) ，
x1+ x2+⋯+ x2021=-1 .则有序数组(x1, x2,⋯, x2021) 的组数为
.
【答案】
1
1011 C2020
1010
【解析】由x1+ x2+⋯+ x2020≥0, x1+ x2+⋯+ x2021=-1, x2021∈{-1,1} ,
所以x2021=-1 ,x1+ x2+⋯+ x2020=0.
所以在x1, x2,⋯, x2020 中有1010 个1、1010 个-1 ，
且随时保证x1+ x2+⋯+ xk ≥0(k =1,2,⋯,2020) .
即为卡特兰数
1
1011 C2020
1010 .
2 ．【2021 年浙江预赛】对于正整数n , 若( xy -5 x +3 y -15)
n 展开式经同类项合并，
x
i y
j(i , j =0,1,⋯,n) 合并后至少有2021 项,则n 的最小值为
.
【答案】44
【解析】由 ( xy -5 x +3 y -15)
n=( x +3)
n( y -5)
n , 共有 (n+1)
2 项,
所以 (n+1)
2≥2021 , 得 n≥❑√2021-1 , 则 nmin= 44 .
3．【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7
3=343 .
4．【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5×6=30 个,三位正整数有5×6
2=180 个，
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四位正整数有5×6
3=1080 个，共有1295 个:
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=1×6
4+3×6
3+2×6
2+0× 6+5.
利用除6 取余法可得,即(2021)10=(13205)6 ,
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
【解析】用{i, j}表示写有i, j的卡片.易知这10 张卡片恰为i, j(1≤i< j≤5).
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{1,2},{1,3},{1,4 },{1,5}.
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2
6=64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{1,2},{1,3},{1,4 }在1 号盒,且{1,5}在5 号盒的放法数N.
卡片{2,3},{2,4},{3,4}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{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中,不妨设{2,3},{2,4}在2 号盒,则{2,5}只能在5 号盒,这样5 号盒已
有{1,5},{2,5},故{3,5},{4,5}分别在3 号与4 号盒,即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一;
若{2,3},{2,4},{3,4}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{2,5},{3,5},{4,5}有0 张或1 张在5 号盒中,对C3
0+C3
1= 4种放法.
因此N =6×1+2×4 =14.由对称性,在情况二下有4 N =56种好的放法.
综上,好的放法共有64+56=120种.
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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】1
4
【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A4
2 种;
(3)四个面上的数字为1、3、1、3,共有C4
2 种;
(4)四个面上的数字为1、3、4、4,共有A4
2 种;
(5)四个面上的数字为2、2、4、4，共有C4
2 种;
(6)四个面上的数字为1、1、2、4,共有A4
2 种;
(7)四个面上的数字为3、3、2、4,共有A4
2 种;
综上,共有4+ 4 A4
2+2C4
2 =64 种.
因此,所求概率为64
4
4 = 1
4 .
7．【2020 年重庆预赛】有长为2
n(n=0,1,⋯,1009) 的线段各三条,则由这3030 条线段能构成不全等的三
角形的个数为
.(用数字作答).
【答案】510555
【解析】(1)若0⩽i< j<k ⩽1009 ,则
2
i+2
j<2
j+2
j=2
j+1⩽2
k .
故2
i,2
j,2
k 一定不构成三角形.
(2)若0⩽i< j⩽1009 ,则
2
i+2
i=2
i+1⩽2
j .
故2
i,2
i,2
j 一定不构成三角形.
(3)若0⩽i< j⩽1009 ,则2
i+2
j>2
j,2
j+2
j>2
i .
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故2
i,2
j,2
j 一定构成三角形.
(4)若0⩽k ⩽1009 ,则2
k,2
k,2
k 一定构成等边三角形.
综合(1) ~(4) ,知构成三角形的只能是2
i,2
j,2
j(i< j) 或等边三角形,共有
C1010
2
+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!
2
.
1、9 相邻的不同8 位数：5!- 4!
2
.
2、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! = 498.
9．【2019 年内蒙古预赛】方程x1
2+ x2+ x3+ x4+ x5=10的非负整数解的个数为
.
【答案】1135
【解析】当x1=0时,则非负整数解C9
3+C10
3 +C11
3 +C12
3 个;
当x1=1时,则非负整数解C9
3+C10
3 +C11
3 +C12
3 个
当x1=2时,则非负整数解C5
3+C6
3+C7
3+C8
3个
当x1=3时,则非负整数解4 个。
共1135 个.
10．【2019 年新疆预赛】设n为正整数.若1+2+⋯+n的和恰好等于一个三位数且该三位数的每个数字均
相同，则所有可能的n值为
.
【答案】36
【解析】设1+2+⋯+n=aaa，化简可得n(n+1)
2
=111×a.由于111=3×37且37是素数，故n和n+1中要
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有一个被37整除.再由1+2+⋯+n<1000，可知n<45.因此n=36或37.经计算，1+2+⋯+36=666且
1+2+⋯+37=703，故n=36.
11．【2019 年浙江预赛】在复平面上，任取方程z
100-1=0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】易知z
100-1=0的根在单位圆上，且两根之间弧长相等，都为2π
100
，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
P1={x| x + y + z =97, x ≥49}, P2={ y | x + y + z =97, y ≥49}，
P3={z| x + y + z =97 , z≥49},S ={( x , y , z)| x + y + z =97, x , y , z≥0}，
|P1∩P2∩P3|=|S|-|P1∪P2∪P3|=C99
2 -[|P1|+|P2|+|P3|-∑
i< j
❑
|Pi∩P j|+|P1∩P2∩P3|]
=C99
2 -3C50
2 =1176.
由于重复计算3 次，所以所求锐角三角形个数为100×1176
3
=39200.
12．【2019 年贵州预赛】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
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【解析】解法1:设(a+b)n的展开式中连续三项的二项式系数为：Cn
k -1,Cn
k ,Cn
k +1(1≤k ≤n-1),
因为2Cn
k =Cn
k -1+Cn
k +1⇒n
2-(4 k +1)n+ 4 k
2-2=0
⇒n= 4 k +1± ❑√8k +9
2
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(m∈N),
即2k=m2+m-2,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.
解法2:同解法1 得,n
2-(4 k +1)n+ 4 k
2-2=0,即(n-2k)2=n+2,解得2k =n± ❑√n+2.
因为31
2=961,32
2=1024，要使n 是最大的三位数且❑√n+2是整数,
则n+2=312=961,所以n=959.此时n± ❑√n+2是偶数,符合要求.
13．【2019 高中数学联赛A 卷（第01 试）】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】将2、0、1、9、20、19 的首位不为0 的排列的全体记为A.
易知|A|=5×5!=600(这里及以下，| X |表示有限集X 的元素个数).
将A 中2 的后一项是0，且1 的后一项是9 的排列的全体记为B；
A 中2 的后一项是0，但1 的后一项不是9 的排列的全体记为C；
A 中1 的后一项是9，但2 的后一项不是0 的排列的全体记为D.
易知|B|=4!，|B|+|C|=5!，|B|+|D|=4×4!，即|B|=24 ,|C |=96, | D|=72.
由B 中排列产生的每个8 位数，恰对应B 中的2×2=4 个排列(这样的排列中，20 可与“2，0”互换，19 可与
“1，9”互换)类似地，由C 或D 中排列产生的每个8 位数，恰对应C 或D 中的2 个排列因此满足条件的8
位数的个数为
| A ¿¿
=| A |- 3|B|
4
-|C |
2
-| D|
2
=600-18- 48-36= 498.
14．【2019 高中数学联赛B 卷（第01 试）】将5 个数2，0，1，9，2019 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】95
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【解析】易知2，0，1，9，2019 的所有不以0 为开头的排列总共有4×4!=96 个.其中，除了(2，0，1，9，
209)和(2019，2，0，1，9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相等因此满足条件的8 位数
的个数为96－1=95.
15．【2019 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设整数n>4，( x +2❑√y -1)
n的展开式中x
n- 4与xy 两项的系数
相等，则n 的值为
.
【答案】51
【解析】注意到( x +2❑√y -1)
n=∑
r =0
n
Cn
r x
n-r(2❑√y -1)
r.
其中x
n- 4项，仅出现在求和指标r=4 时的展开式Cn
4 x
n-4(2❑√y -1)
4中，其x
n- 4项系数为
(-1)
4Cn
4= n(n-1)(n-2)(n-3)
24
.
而xy 项仅出现在求和指标r=n－1 时的展开式Cn
n-1 x⋅(2❑√y -1)
n-1中，
其xy 项系数为Cn
n-1Cn-1
2
4⋅(-1)
n-3=(-1)
n-32n(n-1)(n-2).
因此有n(n-1)(n-2)(n-3)
24
=(-1)
n-32n(n-1)(n-2).
注意到n>4，化简得n-3=(-1)
n-348，故只能是n 为奇数且n－3=48.解得n=51.
16．【2018 年湖南预赛】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
f ( x)=a x
2+bx +c(a≠0)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】
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f ( x)=a
2+bx的形式.
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又f ( x)=a( x + b
2a )
2
- b
2
4 a
，所以其顶点坐标是(- b
2a , b
2
4 a ).
若顶点在第一象限，则有b
2a >0，- b
2
4 a >0.故a<0，b>0.
因此，这样的二次函数有A3
1⋅A4
1 =12个.
若顶点在第三象限，则有- b
2a <0，- b
2
4 a <0.故a>0，b>0.这样的二次函数有A4
2 =12个.
由加法原理知，满足条件的二次函数共有A3
1⋅A4
1 + A4
2 =24个.
故答案为：24
17．【2018 年湖南预赛】(| x|+
1
| x| -2)
3的展开式中常数项为_____.
【答案】-20
【解析】
因为(| x|+
1
| x| -2)
3
=(
❑√| x|-
1
❑√| x|)
6.所以T 4=(-1)
3C6
3(❑√| x|)
3(
1
❑√| x|)
3
=-20.
故答案为：-20
18．【2018 年广东预赛】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m+n≤40的数组（m，n）的个数为_______.
【答案】3
【解析】
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
P( A)= Cm
2
Cm+n
2
，P(B)= Cn
2
Cm+n
2
，P(C)= Cm
1 ⋅Cn
1
Cm+n
2
.
依题意得P( A)+ P(B)= P(C)，即Cm
2 +Cn
2=Cm
1 Cn
1.所以m+n=(m-n)
2，从而m+n为完全平方数.又由
m>n≥4 及m+n≤40，得9≤m+n≤40.
所以¿.
解之得（m，n）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）.
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故符合题意的数组（m，n）有3 个.
故答案为：3
19．【2018 年广西预赛】把16 本相同的书全部分给4 名学生，每名学生至少有一本书且所得书的数量互
不相同，则不同的分配方法种数为__________.（用数字作答）
【答案】216.
【解析】
将16 分解成四个互不相同的正整数的和有9 种不同的方式：
16=1+2+3+10，16=1+2+4+9，16=1+2+5+8，16=1+2+6+7，
16=1+3+4+8，16=1+3+5+7，16=1+4+5+6，16=2+3+4+7，
16=2+3+5+6.
故符合条件的不同分配方法数为9A4
4=216.
20．【2018 年安徽预赛】把1，2，…，n
2按照顺时针螺旋方式排成n 行n 列的表格T n，第一行是1，
2，…，n.例如：T 3=[
123
894
765]
.设2018 在T 100的第i 行第j 列，则（i，j）=___________.
【答案】（34，95）
【解析】
设1≤k ≤50，则T 100
的第k 行第k 列元素是1+ 4∑
i=1
k -1
(101-2i)=1+ 4 (101-k )(k -1).
因此，1901 在第6 行第6 列，1900 在第6 行第95 列，2018 在第34 行第95 列.
故答案为：（34，95）
21．【2018 年河南预赛】将圆的一组n等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次
记录k (k ≤n)个点的颜色，称为该圆的一个“k阶色序”，当且仅当两个k阶色序对应位置上的颜色至少有
一个不相同时，称为不同的k阶色序．若某圆的任意两个“3 阶色序”均不相同，则该圆中等分点的个数最
多可有______个．
【答案】8
【解析】
“3 阶包序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3 阶色序”共有2×2×2=8种．
一方面，n个点可以构成n个“3 阶色序”，故该圆中等分点的个数不多于8 个．
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另一方面，若n=8，则必须包含全部8 个“3 阶色序”，如按逆时针方向确定8 个的颜色为“红，红，红，
蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件．
故该圆中等分点的个数最多可有8 个．
22．【2018 年浙江预赛】在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13 中任取两个组成分数.这些分数中有
________个既约分数.
【答案】36
【解析】
在7，11，13 中任取一个整数与在2，4，6，8，12 中任取一个整数构成既约分数，共有2C3
1C5
1=30 种；
在7，11，13 中任取两个整数也构成既约分数，共有A3
2=6中.
合计有36 种不同的既约分数.
23．【2017 高中数学联赛A 卷（第01 试）】若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为
“平稳数”平稳数的个数是
.
【答案】75
【解析】考虑平稳数abc.
若b=0，则a=1，c∈{0，1}，有2 个平稳数.
若b=1，则a∈{1，2}，c∈{0，1，2}，有2×3=6 个平稳数.
若2≤b≤8，则a，c∈{b－1，b，b+1}有7×3×3=63 个平稳数.
若b=9，则a，c∈{8，9}，有2×2=4 个平稳数.
综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4=75.
24．【2017 年天津预赛】(❑√x +1)
4(x -1)
5的展开式中,x
4的系数是
.
【答案】45
【解析】提示:(❑√x +1)
4的展开式中,x
2、x的系数分别为C4
4,C4
2,常数项为C4
0.因此,(❑√x +1)
4(x -1)
5的展开
式中,x
4的系数是C4
4C5
2(-1)
3+C4
2C5
3(-1)
2+C4
0C5
4(-1)
1= 45
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25．【2017 年河北预赛】设(x +1)
2017=a0 x
2017+a1 x
2016+a2 x
2015+⋯+a2016 x +a2017
,那么
a1+a5+a9+⋯+a2017的值为
.
【答案】2
2015+2
1007
【
解
析
】
提
示
：
a1+a5+a9+⋯+a2017= 1
4 [(1+1)
2017+(1+i)
2017+(1-1)
2017+(1-i)
2017]= 1
4 [2
2017+(2i)
1008(1+i)+0+(-2i)
1008(1-i)]= 1
4
26．【2017 年江西预赛】设(1+ x + x
2)
n=a0+a1 x +a2 x
2+⋯+a2n x
2n,则a2+a4+a6+⋯+a2n=
.
【答案】3
n-1
2
【解析】提示:令x =0,得a0=1,再令x =1,得a0+a1+a2+⋯+a2n=3
n,
又令x =-1,得a0-a1+a2-⋯+a2n=1,
所以a2+a4+a6+⋯+a2n= 3
n-1
2
.
27．【2017 年河南预赛】一张试卷共4 道单项选择题,每道选择题有三个选项(A)、(B)、(C).若干名学生参
加考试,阅卷后发现:任意3 人都有1 道题目的答案各不相同，且每个学生不留空题,则参加考试的学生最多
有
人.
【答案】9
【解析】提示:若10 人参加考试,则对第1 题,至少有7 人选其中两项;
对第2 题,此7 人中至少有5 人选其中两项;
对第3 题,此5 人中至少有4 人选其中两项;
对第4 题,此4 人中至少有3 人选其中两项.
故此3 人每道题都只选两项,与题设矛盾.
所以参加考试的学生最多9 人.
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另外,易构造出9 人参加考试的方案:
28．【2017 年黑龙江预赛】拋物线y
2=ax (a>0)与直线x =1围成的封闭图形的面积为4
3
,则二项式(x + a
x)
20
展开式中含x
-18项的系数是
.
【答案】20
【解析】提示：根据题意有2∫
0
1
❑√ax dx = 4
3
,所以a=1,所以x
-18的项为C20
19 x(
1
x)
19
29．【2017 年浙江预赛】在多项式(x -1)
3(x +2)
10的展开式中x
6的系数为
.
【答案】- 4128
【解析】提示:x
6系数为2
7C10
3 -3⋅2
6C10
4 +3⋅2
5C10
5 -2
4C10
6 =- 4128.
30．【2017 年江苏预赛】从正1680 边形的顶点中任取若千个,顺次相连成多边形.其中正多边形的个数为
.
【答案】3432
【解析】提示：正多边形的边数k是1680 的约数,不同的正k边形有1680
k
(k ≠1,2)个.
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因为1680=2
4×3×5×7
,当k取遍1680 的约数,∑(
1680
k )=(1+2+ 4+8+16)(1+3)(1+5)(1+7)=5952.
由于没有“正1 边形”“正2 边形”,故所求个数为5952-1680- 1680
2
=3432.
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