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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40 排列组合与图论第三缉
1．【2020 年吉林预赛】若(1+ x + x
2)
1010 的展开式为a0+a1 x +a2 x
2+⋯+a2020 x
2020 ，
则a0+a3+a6+⋯+a2019= (
)
A.3
670
B.3
669
C.3
1009
D.3
1100
【答案】C
【解析】令x =1 ,得a0+a1+a2+⋯+a2020=3
1010; ①
令x =ω(ω=- 1
2 +
❑√3
2 i). 则
ω
3=1 且ω
2+ω+1=0 ,
a0+a1ω+a2ω
2+a3ω
3+⋯+a2020ω
2020 =0; ②
令x =ω
2 ,得
a0+a1ω
2+a2ω
4+a3ω
6+⋯+a2020ω
4040 =0. ③
①+②+③得3(a0+a3+a6+⋯+a2019)=3
1010
⇒a0+a3+a6+⋯+a2019=3
1009 .
2．【2019 年贵州预赛】在Rt△ABC 中,∠B=90°,AB=15,BC=20.则顶点B 与斜边各点的连线中(含边AB,BC)
长度为整数的线段的条数是(
)
A.9
B.10
C.11
D.12
【答案】D
【解析】因为顶点B 到斜边AC 的距离12,所以顶点B 与斜边各点的连线中长度为13、14、15 的线段各有
两条,长度为12、16、17、18、19、20 的线段各有一条,故满足条件的线段共有12 条.
3．【2019 年吉林预赛】将1,2,3,…,9 这9 个数全部填入下图的3x3 方格内,每个格内填一个数,则使得每行中
的数从左至右递增,每列中的数从上至下递减的不同填法共有(
)种
(A)12
(B)24
(C)42
(D)48
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【答案】C
【解析】1 只能填在左下角格内,9 只能填在右上角格内.中心格内的数字可能为4,5,6,现分3 种情
形讨论：
(1)若中心格内填4,则2 和3 只能填在与1 相邻的两个位置,易知此时共有A2
2C 4
2 =12种填法:
(2)若中心格内填6,与上述情形类似,共有12 种填法
(3)若中心格内填5,则与1 相邻的两个位置可能填写2 和3 或者2 和4，若填写2 和3,则4 有两个位置可以选
择,此时共有A2
2C2
1C3
1=12种填法；若填写2 和4,则3 只能填在与2 相邻的位置,此时共有A2
2C3
1=6种填法.
综合上述情形,表格共有12+12+12+6=42 种填法.
4．【2017 年四川预赛】在(x + y + z)
8的展开式中,所有形如x
2 y
a z
b(a,b∈N )的项的系数之和是(
)
(A)112
(B)448
(C)1792
(D)14336
【答案】C
【解析】提示：因为(x + y + z)
8=∑
k =0
8
C8
k x
8-k ( y + z)
k ,故所有形如x
2 y
a z
b(a,b∈N )的项的系数之和为
C8
6×2
6=1792.
5．【2017 年黑龙江预赛】形如45132 这样的数称为“波浪数”,即十位数字,千位数字均比与它们各自相邻
的数字大,则由1、2,3、4、5可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为(
)
(A)20
(B)18
(C)16
(D)11
【答案】C
【解析】提示:分两类,
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第一类:千位和十位是5 和4,则有A2
2 A3
3,
第二类千位和十位是5 和3,则有A2
2 A2
2.
所以总共有12+ 4 =16种.
6．【2017 年贵州预赛】将1,2,⋯,9这九个数字填在如图所示的九个空格中,要求每一行从左到右,每一列
从上到下分别依次增大.当5 固定在图中中央位置时,则填写空格的方法种数为(
)
(A)12
(B)15
(C)16
(D)18
【答案】D
【解析】提示：由题意知,左上角空格只能填1,右下角空格只能填9,
第一行(列)可填1,2,3;1,2,4;1,3,4 .其中每一种情况对应第三行(列)可填6,7,9;6,8,9;7 ,8,9.
故所有填法种数为6×3=18.
故选C.
7．【2016 年辽宁预赛】将2、3、4、6、8、9、12、15 共八个数排成一行,使得任意相邻两个数的最大公约
数均大于1.则所有可能的排法共有()种
A．720 B．1014 C．576 D．1296
【答案】D
【解析】
先将八个数分成三组:
I(2,4,8),Ⅱ(3,9,15),Ⅲ(6,12)由I 组中与Ⅱ组中的数无公因子,知满足条件的排列必为:
(1)取出6、12 两数以后,剩余数分成三部分排列(依次)I、Ⅱ、I 或Ⅱ、I、Ⅱ,此时,这六个数的排列有2×3!×3!
×2=144 种.而6、12 放在不同部分相交的地方有两种不同的放法,共有2×144=288 种
(2)取出6、12 两数以后,剩余数分成两部分排列I、Ⅱ或Ⅱ、I,此时,这六个数有2×3!×3!种排列方式,而6、12
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若全部在I 组与Ⅱ组的交界处,有两种排法,否则,只有一个在交界处,另一个位置有六种选法,共有
2×3!×3!×(2+2×6)=1008.
故所求的排法数为1008+288=1296.
8．【2016 年湖南预赛】在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手各比赛一场，但有三名选手各比赛
两场之后就退出了，这样全部比赛只进行了50 场. 则上述三名选手之间比赛的场数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】
试题分析：设一共有n个选手，故总场次Cn-3
2
+6- x = (n-3)(n- 4)
2
+6- x =50，其中x为上述3名选手之
间比赛的场数，则x = (n-3)(n- 4)
2
- 44，经验证，当n=13时，x =1.
考点：排列组合.
9．【2015 年四川预赛】已知n 为正整数，二项式(x
2+ 1
x
3)
n
的展开式中含有x
7的项，则n 的最小值为
（ ）.
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】
注意到，所求二项式展开式的通项公式为T r +1=Cn
r (x
2)
n-r(
1
x
3)
r
=Cn
r x
2n-5r
由2n-5r =7(r ∈N )，知当r=1 时，n 有最小值6.
10．【2021 年广西预赛】某校n 名同学通过选拔进入学校的数学讨论班，在一次讨论班上他们讨论A、B
和C 三个问题.已知寿位同学都和班里的其他所有同学讨论了其中的一个问题.每两位同学只讨论一个问题.
若至少有3 名同学互相之间讨论的是同一个问题，求n 的最小值，并给出证明.
【答案】n 的最小值为17.证明见解析
【解析】n 的最小值为17.
设所求的最小值为m .
(1)先考虑n=17 的情形.将17 名同学表示为a1,a2,…,a17.
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因为16
3 >5 ,根据抽屈原理知a1 与其他16 名同学中至少有6 人讨论的是同一个问题,
不妨设a1 与a2,…,a7 讨论的是问题A .
若这6 人中有2 个人(不妨是a2 和a3 )讨论的是问题A ,
则a1,a2 和a3 这3 名同学互相之间讨论的是问题A .
否则，问题转化为这6 名同学之间只讨论问题B 或C 的情形.
下面证明至少有3 名同学互相讨论的是同一个问题.
因为5
2 >2 ,根据抽屉原理知a2 与其他5 名同学中至少有3 人(不妨是a3,a4 和a5 )讨论的是同一个问题，不
妨设所讨论的是问题B .
若这3 人中有2 人(不妨是a3 和a4 )讨论的是问题B ,则a2 、a3 和a4 这3 名同学互相之间讨论的是问题B
.
否则a3,a4 和a5 讨论的是问题C.
因此，m≤17 .
(2)当n=16 时，考虑二进制下的集合G ={0000,0001,⋯,1111} ，集合中每一个数表示一名同学。对集
合中的元素施以“ 按位加” (+) 运算，即不考虑进位，同位相同则为0 ，同位相异则1. 例如：
1010+1100=0110 .设：
V 1={1100,0011,1001,1110,1000} ，
V 2={1010,0101,0110,1101,0100} ，
V 3={0001,0010,0111,1011,1111} .
若x , y ∈G ,易知x + y ∈G .用x + y ∈V i(i=1,2,3) 表示同学x 和同学y 讨论第i 个问题；
用x∈V i(i=1,2,3) 表示同学0000 与同学x 讨论第i 个问题.
按照上述规定，没有3 位同学互相之间讨论同一个问题.
因此m≥17 .
综上所述，m=17 ,即n 的最小值为17.
11．【2020 高中数学联赛A 卷（第02 试）】给定凸20 边形P.用P 的17 条在内部不相交的对角线将P 分割
成18 个三角形,所得图形称为P 的一个三角剖分图.对P 的任意一个三角剖分图T,P 的20 条边以及添加的17
条对角线均称为T 的边.T 的任意10 条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配.当T 取遍P 的所
有三角剖分图时,求T 的完美匹配个数的最大值.
【答案】89
【解析】将20 边形换成2n 边形,考虑一般的问题.
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对凸2n 边形P 的一条对角线,若其两侧各有奇数个P 的顶点,称其为奇弦,否则称为偶弦.首先注意下述基本事
实:
对P 的任意三角剖分图T,T 的完美匹配不含奇弦.(*)
如果完美匹配中有一条奇弦e1,因为T 的一个完美匹配给出了P 的顶点集的一个配对划分,而e1两侧各有奇数
个顶点,故该完美匹配中必有T 的另一条边e2,端点分别在e1的两侧,又P 是凸多边形,故e1与e2在P 的内部相
交,这与T 是三角剖分图矛盾.
记f (T )为T 的完美匹配的个数.设F1=1, F2=2,对k ≥2, Fk +2= Fk +1+ Fk,是Fibonacci 数列.
下面对n 归纳证明:若T 是凸2n边形的任意一个三角剖分图,则f (T )≤Fn.
设P = A1 A2⋯A2n是凸2n 边形.从P 的2n 条边中选n 条边构成完美匹配,恰有两种方法,
A1 A2, A3 A4,⋯, An-1 An或A2 A3, A4 A5,⋯, A2n-2 A2n-1, A2n A1.
当n=2 时,凸四边形P 的三角剖分图T 没有偶弦,因此T 的完美匹配只能用P 的边,故f (T )=2= F2.
当n=3 时,凸六边形P 的三角剖分图T 至多有一条偶弦.若T 没有偶弦,同上可知f (T )=2.
若T 含有偶弦,不妨设是A1 A4,选用A1 A4的完美匹配是唯一的,
另两条边只能是A2 A3, A5 A6,此时f (T )=3.总之f (T )≤3= F3.
结论在n=2,3 时成立.假设n≥4,且结论在小于n 时均成立.考虑凸2n 边形P = A1 A2⋯A2n的一个三角剖分图
T.若T 没有偶弦,则同上可知f (T )=2.
对于偶弦e,记e 两侧中P 的顶点个数的较小值为w(e).若T 含有偶弦,取其中一条偶弦e 使w(e)达到最小.
设w(e)=2k,不妨设e 为A2n A2k +1,则每个Ai(i=1,2,⋯,2k )不能引出偶弦.
事实上,假设Ai A j是偶弦,若j∈{2k +2,2k +3,⋯,2n-1},则Ai A j与e 在P 的内部相交,矛盾.
若j∈{1,2,⋯,2k +1,2n},则w( Ai A j)<2k,与w(e)的最小性矛盾.
又由(*)知完美匹配中没有奇弦,故A1, A2,⋯, A2k只能与其相邻顶点配对,特别地, A1只能与A2或A2n配对.
下面分两种情况.
情形1:选用边$A_1A_2$.则必须选用边A3 A4,⋯, A2k -1 A2k.注意到A2n A2k +1的两侧分别有2k ,2n-2k -2
个顶点, 2n-2k -2≥w( A2n A2k +1)=2k,而n≥4,
因此2n-2k ≥6.在凸2n-2k 边形P1= A2k +1 A2k +2⋯A2n上,T 的边给出了Pl的三角剖分图T 1,在T 中再选取
n-k 条边e1e2⋯en-k,与A1 A2, A3 A A⋯A2k -1 A2k一起构成T 的完美匹配,
当且仅当e1,e2⋯en-k是T 1的完美匹配.故情形1 中的T 的完美匹配个数等于f (T 1).
情形2:选用边A1 A2n.则必须选用边A2 A 3,⋯, A2k A2k +1.在凸2n-2k-2 边形P2= A2k +2 A2k +3⋯A2n-1中构
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造如下的三角剖分图T 2:对2k +2≤i< j≤2n-1,若线段Ai A j是T 的边,则也将其作为T 2的边,由于这些边在
内部互不相交,因此可再适当地添加一些P2的对角线,得到一个P2的三角剖分图T 2﹐它包含了T 的所有在顶
点A2k +2, A2k +3,⋯, A2n-1之间的边.因此每个包含边A2n A1, A2 A3,⋯, A2k A2k +1的T 的完美匹配,其余的
边必定是T 2的完美匹配.故情形2 中的T 的完美匹配个数不超过f (T 2).
由归纳假设得f (T 1)≤Fn-k ,f (T 2)≤Fn-k -1,
结合上面两种情形以及k≥1,有f (T )⩽f (T 1)+ f (T 2)⩽Fn-k + Fn-k -1= Fn-k +1⩽Fn.
下面说明等号可以成立.考虑凸2n 边形A1 A2⋯A2❑n的三角剖分图Δn:
添加对角线A2 A2n, A2n A3, A3 A2n-1, A2n-1 A4, A4 A2n-2,⋯, An+3 An, An An+2.
重复前面的论证过程, f ( Δ2)=2,f ( Δ3)=3.对Δn,n≥4,考虑偶弦An A3.
情形1,用A1 A2,由于在凸2n-2 边形A3 A4⋯A2❑m中的三角剖分图恰是Δn-1,此时有f ( Δn-1)个T 的完美匹
配.
情形2,用A1 A2n,由于在凸2n-4 边形A4 A5⋯A2n-1中T 的边恰构成三角剖分图Δn-2,不用添加任何对角线,
故这一情形下T 的完美匹配个数恰为f ( Δn-2).
从而对n≥4,有f ( Δn)= f ( Δn-1)+ f ( Δn-2).
由数学归纳法即得f ( Δn)= Fn,.结论得证.
因此,对凸20 边形P, f (T )的最大值等于F10=89.
12．【2020 年福建预赛】将一个2020×2020 方格表的每个格染黑、白两种颜色之一，满足以下条件：方格
表中的任意一个格A，它所在的行与列的所有格中，与A 异色的格多于与A 同色的格.证明：染色后，方格
表中每行每列两种颜色的格一样多
【答案】证明见解析
【解析】对黑格与白格分别标记为-1 与1.对于任意的i, j(1⩽i, j⩽2020) ,设第i 行各数之和为si ,第j
列各数之和为t j ,第i 行与第j 列交叉格中的数为aij ，则位于第i 行或第j 列上的全部数之和为
si+t j-aij⋅
由条件,知si+t j-aij 与aij 异号.
则aij(si+t j-aij)⩽-1.
又aij
2 =1 ,于是
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aij(si+t j)⩽0,∑
i=1
2020
∑
j =1
2020
aij(si+t j)⩽0.
注意到，∑
i=1
2020
∑
j =1
2020
aij(si+t j)
=∑
i=1
2020
si∑
j =1
2020
aij+∑
j =1
2020
t j∑
i=1
2020
aij
=∑
i=1
2200
si
2+∑
j =1
2000
t j
2⩾0 .
则∑
i=1
2020
∑
j =1
2020
aij(si+t j)=∑
i=1
2020
si
2+∑
j =1
2020
t j
2=0 .
故对于任意的i、j,均有si=0,t j=0.
从而，每行、每列中的两种颜色的格一样多.
13．【2019 年上海预赛】设n 为正整数,称n×n 的方格表Tn的网格线的交点(共(n+1)2个交点)为格点.现将数
1,2,…,(n+1)2分配给Tn的所有格点,使不同的格点分到不同的数称Tn的一个1×1 格子S 为“好格”:若从S 的
某个顶点起按逆时针方向读出的四个顶点上的数依次递增(例如,图中是将数1,2,…,9 分配给T2的格点的一种
方式,其中,B、C 为好格,而A、D 不为好格)设Tn中好格个数的最大值为f(n).
(1)求f(2)的值;
(2)求f(n)关于正整数n 的表达式
【答案】(1)3；(2)f (n)=[
n
2+2n-1
2
].
【解析】(1)
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如图所示,将T2 的四个1×1 格子(以下简称“格子”)分别记为A、B、C、D,将九个格点上的数分别记为
a,b,…i.
当a,b,…i,依次取为1,2,…,9 时,易验证B、C、D 均为好格,这表明,f(2)≥3.
现假设f(2)=4,即存在一种数的分配方式,使A、B、C、D 均为好格.
由对称性,不妨设边界上八个数a,b,…,h 中的最小数为a 或b.此时,由A 为好格,知要么a<b<i<h 要么b<i<h<a,
故b<i<h 总成立.进而,由B、C 为好格,知必有i<f<g<h,b<c<d<i 但此时d<i<f,与D 为好格矛盾.
综上,f(2)=3.
(2)设Tn的各格点的数已被分配好,此时,好格有k 个称格子的一条边为一段“格线”.对Tn的每段格线标记一
个箭头:若格线连接了两个格点U、V(U 上的数小于V 上的数),则对格线UV 标上一个指向⃑UV 顺时针旋转
90°后所得方向的箭头.
称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S,UV)为一个“对子”:若UV 上所标的箭头由S 内指向S 外.
设对子总数为N.
一方面,每个格子S 至少贡献一个对子(否则,沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减,矛盾),而据好格的定
义,每个好格贡献三个对子,于是N ⩾3k +1⋅(n
2-k)=2k +n
2.
另一方面,Tn的每段格线至多贡献一个对子,且Tn边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则,沿逆时针方向
读Tn边界上的数将永远递增,矛盾),从而,不贡献对子.
注意到,Tn的格线段数为2n(n+1).于是,N≤2n(n+1)-1.
综合两方面得2k+n2≤2n(n+1)-1,
即好格个数k ⩽n
2+2n-1
2
.
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最后,对n 为奇数和n 为偶数的情况,分别如图所示
将1,2,…,(n+1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点.对图中标有“▲”记号的每个格子,易验证,按被粗线
经过的先后次序排列其4 个顶点,恰为一种逆时针排列,因而,这些格子均为好格
左图中好格数为n+1
2
⋅n+ n-1
2
⋅1= n
2+2n-1
2
右图中好格数为n
2 ⋅n+(
n
2 -1)⋅1+ n
2 = n
2+2n-2
2
=[
n
2+2n-1
2
]
.
其中,[x]表示不超过实数x 的最大整数.
综上,f (n)=[
n
2+2n-1
2
].
14．【2019 年贵州预赛】我们知道,目前最常见的骰子是六面骰,它是一颗正立方体,上面分别有一到六个洞
(或数字),其相对两面之数字和必为七.显然,掷一次六面骰,只能产生六个数之一(正上面)。现欲要求你设计一
个“十进制骰”,使其掷一次能产生0~9 这十个数之一,而且每个数字产生的可能性一样。请问:你能设计出
这样的骰子吗?若能,请写出你的设计方案;若不能,写出理由。
【答案】答案见解析
【解析】因为不存在正十面体,所以直接产生“十进制骰是办不到的。但要实现“十进制骰”的要求,这样
的骰子是也是能设计的。即把骰子做成正二十面体,使其相对两面标同一个数字,这样0~9 这十个数字就均匀
分布在骰子上,当掷一次骰子时,最上面出现的数字必然是0~9 这十个数字之一,显然,每个数字出现的可能性
是一样的。故“个位骰”即为“二十面骰”
(注:答案不唯一,只要解答合情合理合法,均可适当给分。就以二十面骰为例,将0~9 中的每个数字放在相邻两
个面上或者任意两个面上,也是可以的。)
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15．【2019 高中数学联赛B 卷（第02 试）】将一个凸2019 边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之
一，每种颜色的边各673 条.证明:可作这个凸2019 边形的2016 条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017
个三角形，并将所作的每条对角线也染为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全
部相同或者颜色互不相同.
【答案】证明见解析
【解析】我们对n≥5 归纳证明加强的命题:如果将凸n 边形的边染为三种颜色a，b，c，并且三种颜色的边
均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分.
当n=5 时，若三种颜色的边数为1、1、3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图①中所示的三
角形剖分.
若三种颜色的边数为1、2、2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图②中所示的三角形剖分.
假设结论对n(n≥5)成立，考虑n+1 的情形，将凸n+1 边形记为A1 A2⋯An+1.
情形1:有两种颜色的边各只有一条.不妨设a、b 色边各只有一条.由于n+1≥6，故存在连续两条边均为c 色，
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不妨设是An An+1 A1.作对角线A1 An，并将A1 An染为c 色，则三角形An An+1 A1的三边全部同色.此时凸n
边形A1 A2⋯An的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分.
情形2:某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条.不妨设a 色边只有一条，于是可以选择两条相邻
边均不是a 色，不妨设An An+1, An+1 A1均不是a 色，作对角线A1 An，则A1 An有唯一的染色方式，使得
三角形An An+1 A1的三边全部同色或互不同色.此时凸n 边形A1 A2⋯An的三种颜色的边均至少有一条，由
归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分.
情形3:每种颜色的边均至少两条.作对角线A1 An，则A1 An有唯一的染色方式，使得三角形An An+1 A1的三
边全部同色或互不同色.此时凸n 边形A1 A2⋯An的三种颜色的边均至少有一条由归纳假设，可对其作符合
要求的三角形剖分.
综合以上3 种情形，可知n+1 的情形下结论也成立.
由数学归纳法，结论获证.
16．【2018 年安徽预赛】在正2018 边形的每两个顶点之间均连一条线段，并把每条线段染成红色或蓝色.
求此图形中三边颜色都相同的三角形的最小个数.
【答案】N =2C1009
3
【解析】
设N 是此图形中三边颜色都相同的三角形数目，M 是此图形中三边颜色不全相同的三角形数目，xi是以第
i 个顶点为端点的红色线段数目，则有M + N =C2018
3
，∑
i=1
2018
xi(2017- xi)=2 M.当且仅当每个xi=1008 或
1009 时，N 取得最小值C2018
3
-1009
2×1008=2C1009
3
.
N =2C1009
3
是可以取到的，例如：把线段i→i± jmod 2018（1≤i≤2018，1≤j≤504）染成红色，其他
线段染成蓝色.
17．【2018 年浙江预赛】如图所示将同心圆环均匀分成n(n≥3)格.在内环中固定数字1~n.问能否将数字
1~n 填入外环格内，使得外环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环的数字相同？
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【答案】见解析
【解析】
设对应于内环1，2，…，n 的外环数字为i1，i2，…，in，它是数字1，2，…，n 的一个排列.对k=1，
2，…，n，记外环数字ik在按顺时针方向转动jk格时，和内环数字相同，即
ik -k = jk modn,k=1，2，…，n.
根据题意，j1，j2，…，jn应是0，1，2，…，n-1 的排列.求和
∑
k =1
n
(ik -k)=∑
k =1
n
jk mod n=(0+1+2+…+(n-1))mod n= 1
2 n(n-1)mod n.
于是n 必须是奇数.
对于奇数n，我们取in=n，im=n-m，(m=1，2，…，n-1)，可以验证ik -k ≡jk mod n
jn=0, jn-1=2，jn-2=4，…，j
n n-1
2
=n-1，
j1=n-2, jn-1=n-4，j3=n-6，…，j n-1
2
=1，
符合题目要求.
18．【2017 高中数学联赛A 卷（第02 试）】将33×33 方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜
色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”试求分隔边条数的
最小值.
【答案】56
【解析】记分隔边的条数为L.首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔
边，此时共有56 条分隔边，即L=56.
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下面证明L≥56.将方格纸的行从上至下依次记为A1, A2,⋯, A33，列从左至右依次记为B1,B2,⋯,B33.行Ai
中方格出现的颜色个数记为n( Ai)，列Bi中方格出现的颜色个数记为n(Bi).三种颜色分别记为c1,c2,c3.
对于一种颜色cj，设n(c j)是含有c j色方格的行数与列数之和.
记δ ( Ai,c j)=¿，
类似地定义δ (Bi,c j).于是
∑
i=1
33
[n( Ai)+n(Bi)]=∑
i=1
33
∑
j =1
3
[δ ( Ai,c j)+δ (Bi,c j)]
=∑
j =1
3
∑
i=1
33
[δ ( Ai,c j)+δ (Bi,c j)]=∑
j =1
3
❑n(c j).
由于染c j色的方格有1
3 ⋅33
2=363个，设含有c j色方格的行有a 个，列有b 个，则c j色的方格一定在这a 行
和b 列的交叉方格中，因此ab≥363，
从而n(c j)=a+b⩾2❑√ab⩾2❑√363>38，
故n(c j)⩾39, j =1,2,3
①
由于在行Ai中有n( Ai)种颜色的方格，因此至少有n( Ai)-1条分隔边.
同理在列B j中，至少有n(B j)-1条分隔边.于是
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L⩾∑
i=1
33
[n( Ai)-1]+∑
i=1
33
[n(Bi)-1]
=∑
i=1
33
[n( Ai)+n(Bi)]-66
②
=∑
j =1
3
❑n(c j)-66
③
下面分两种情形讨论.
情形1 有一行或一列全部方格同色不妨设有一行全为c1色，从而方格纸的33 列中均含有c1色的方格，由于
c1色方格有363 个，故至少有11 行中含有c1色方格，于是n(c1)⩾11+33= 44.
由①、③及④即得L⩾n(c1)+n(c2)+n(c3)-66⩾44 +39+39-66=56.
情形2 没有一行也没有一列的全部方格同色.则对任意1≤i≤33，均有n( Ai)⩾2,n(Bi)⩾2.
从而由②知L⩾∑
i=1
33
[n( Ai)+n(Bi)]-66⩾33×4 -66=66>56.
综上所述，分隔边条数的最小值等于56.
19．【2017 年山东预赛】求最大的正整数n,将正整数1 到400 任意填人20×20的400 个方格中,则总有一行
或一列,其中两数之差不小于n.
【答案】证明见解析
【解析】将正方形表格分为20×10的两个矩形表格,然后将1 到200 依次逐行按照从小到大的顺序填人左侧
表格,同理将201 到400 填人右侧表格,则在此表格中,每行中两数之差不大于209,每列中两数之差不大于
190,所以n≤209.
令M ={1,2,⋯,91}, N ={300,301,⋯,400}易知,若集合M 、N中各有一个数位于表格的同一行或同一
列,则该两数之差不小于209,因此只需证明在表格的每一行及每一列中必有集合M 、N中各一个数.
设表格已经任意填好, 表格中共有i行j列含有M中的数, 表格中共有k行l列含有N中的数, 则
i+ j≥2❑√ij≥2❑√91>19即i+ j≥20.同理k +l≥2❑√kl≥2❑√101>20.因此i+ j+k +l≥41.
利用抽屉原理,必有一行或一列,同时含有两个集合的各一个数,命题得证.
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综上所述,n=209.
20．【2017 年江苏预赛】平面上2n个点(n>1,n∈N ),无三点共线,任意两点间连线段,将其中任意n
2+1条
线段染成红色.求证：三边都为红色的三角形至少有n个.
【答案】证明见解析
【解析】首先证明一定存在红色三角形(三边均为红色的三角形为红色三角形,下同).设从顶点A出发的红色
线段最多,由A引出的红色线段为A B1, A B2,⋯,A Bk,则k ≥n+1.
若B1,B2,⋯,Bk中存在两点,不妨设为B1,B2使线段B1B2为红色线段,则△A B1B2为红色三角形.若
B1,B2,⋯,Bk相互之间没有红色线段相连,则从Bi(i=1,2,⋯,k)出发的红色线段最多有2n-k条.所以这2n
个点红色线段最多有
1
2 [k + k(2n-k )+(2n-1-k )k ]=k(2n-k )⩽(k +2n-k )
2
4
=n
2<n
2+1.
与题设矛盾.
所以存在以A 为顶点的红色三角形.
(1)当n=2时,平面上有四个点A 、B、C 、D中两两连线共有6 条,其中有5 条为红色,只有一条非红色,设
为AB,则△ACD与△BCD均为红色三角形,命题成立.
(2)假设n=k时,命题成立,即至少存在k个红色三角形.
当n=k +1时,有2k +2个点,且有(k +1)
2+1条红色线段,一定存在一个红色三角形,设为△ABC.
考查从A 、B、C引出的红色线段分别记为d ( A),d (B),d (C)条,不妨设d ( A)≤d (B)≤d (C).
若d ( A)+d (B)≤2k +2,则除去点A 、B余下的2k个点之间至少有(k +1)
2+1-(2k +1)=k
2+1,
由归纳假设可知存在至少k个红色三角形,再加上△ABC至少有k +1个红色三角形.
若d ( A)+d (B)≥2k +3,则d ( A)+d (B)+d (C)≥3k +5,故从A 、B、C出发向其他2k -1个点引出红色线
段至少有3k -1条.
因为(3k -1)-(2k -1)=k.这(3k -1)线段至少有k对线段有公共点(不包括A ,B ,C ),故至少存在k个红色三
角形,再加上△ABC,则至少有k +1个红色三角形,所以n=k +1 时命题也成立.
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由(1)(2)可知,当n>1,n∈N时,2n点之间的n
2+1条红色线段至少可组成n个红色三角形.
21．【2017 年新疆预赛】有9 个人参加乒乓球单打比赛,每2 个人之间最多比赛1 场.已知比赛共举办了28
场.求证：必然有4 个人,他们之间都互相比赛过.
【答案】证明见解析
【解析】用点v1,v2,⋯,v9代表参加乒乓球单打比赛的9 个人.
构造一个图G =(V , E)如下：点集V ={v1,v2,⋯,v9},vi和v j连一条边(记作vi v j∈E)当且仅当vi和v j打过
比赛.
由题意,G中含有28 条边.称{vi1,⋯,vik}构成一个k -团(2≤k ≤9),如果该集合中任意两点之间都有边相连.
称图G所包含的最大团中点的数目为图G的团数.
这样,问题转化为证明：图G中必然存在一个4-团,即团数至少为4.
用反证法,假设图G的团数ω≤3.因为图G中有边,故ω≥2.只需考虑以下两种情况：
情况1：ω=3.
不妨设A ={v1,v2,v3}为图G的一个3-团,令B =V ∖A ={v4,v5,v6,v7,v8,v9}，
则A中含有3 条边,B中的每个点最多与A中的2 个点相连,否则G中就会产生一个4-团,与假设矛盾.
若B中仍包含一个3-团,不妨设为B1={v4,v5,v6}.取B2= B∖B1={v7,v8,v9}.
则同理可得,B2中的每个点最多与B1中的2 个点相连,而B2中最多含有3 条边,
故G中最多含有3+2×6+3+2×3+3=27条边,与题设矛盾.
若B中不含3-团,则在B中取这样的3 个点,不妨记为v4、v5、v6,使得集合B1={v4,v5,v6}是集合B的所有
三元子集中包含边数最多的.
设该边数为e1,则0≤e1≤2.取B2= B∖B1={v7,v8,v9}.
若1≤e1≤2,则B2中的每个点最多与B1中的2 个点相连,否则B中会产生一个3-团,与假设矛盾.
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而B2中最多含有2 条边,故G中最多含有3+2×6+2+2×3+2=25条边,与题设矛盾;若e1=0,则B1和B2中都
不含边,且B1和B2之间也没有边相连,否则与B1的取法矛盾,故G中最多含有3+2×6=15条边,同样与题设矛
盾.
情况2：ω=2.
我们断定,在图G中必然存在这样的3 个点v1,v2,v3,使得v1v2∈E,v1v3∈E,但v2v3∉E .
否则,由于ω=2,G最多含有4 条边,与题设矛盾.
现在在图G中新增加一条边v2v3,得到一个新图G
' .则G
'的团数ω
' =3.
根据情况1 的证明,G
'最多含有27 条边,从而G最多含有27-1=26条边,同样与题设矛盾.
因此,图G中必然含有一个4-团,即必然有4 个人,他们之间都互相比赛过.
22．【2016 年全国】给定空间中十个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间用线段相连，若得
到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.
【答案】15
【解析】
以这十个点为顶点、所连线段为边得一个十阶简单图G.
下面证明：图G 的边数不超过15.
设图G 的顶点为v1,v2,⋯,v10，共有k 条边，用deg(vi)表示顶点vi的度.
若deg(vi)≤3 对i=1,2,⋯,10均成立，则k = 1
2∑
i=1
10
deg(vi)≤1
2 ×10×3=15.
假设存在顶点vi满足deg(vi)≥4. 不妨设deg(vi)=n≥4，且v1与v2,v3,⋯,vn+1均相邻. 于是，
v2,v3,⋯,vn+1之间没有边，否则，就形成三角形.从而，v1,v2,⋯,vn+1之间恰有n 条边.
对每个j(n+2≤j≤10)，v j至多与v2,v3,⋯,vn+1中的一个顶点相邻（否则，设
v j与vs、vt (2≤s≤t ≤n+1)相邻，则v1、vs、v j、vt就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设
条件矛盾）.从而，v2,v3,⋯,vn+1与vn+2,vn+3,⋯,v10之间的边数至多为
10-(n+1)=9-n.
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在vn+2,vn+3,⋯,vn 这9-n个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，知至多有[
(9-n)
2
4 ]条边.因此，
图G 的边数为
k ≤n+(9-n)+[
(9-n)
2
4 ]
=9+[
(9-n)
2
4 ]≤9+[
25
4 ]=15.
如图所示给出的图共有15 条边，且满足要求.
综上，所求边数的最大值为15.
23．【2016 年吉林预赛】一次竞赛共有n 道判断题，统计八名考生的答题后发现：对于任意两道题，恰有
两名考生答“T，T”；恰有两名考生答“F，F”；恰有两名考生答“T，F”；恰有两名考生答“F，T”.求n
的最大值.
【答案】7
【解析】
记“T”为1，“F”为0，从而，得到一个8 行n 列的数表.
显然，交换同一列的0 和1，此表的性质不改变.因此，不妨设数表第一行全为0.
设第i 行共有ai个0（i=1,2，…，8）.
则a1=n，∑
i=2
8
ai= 4 n-n=3n.
下面考虑同一行中的“00”的对数，则
∑
i=1
8
Cai
2 =2Cn
2⇒∑
i=2
8
Cai
2 =Cn
2⇒∑
i=2
8
Cai
2 -∑
i=2
8
ai=n
2-n.
由柯西不等式
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∑
i=1
8
ai
2≥1
7(∑
i=1
8
ai)
2
，
知1
7(∑
i=1
8
ai)
2
-∑
i=1
8
ai
2≤n
2-n⇒1
7
(3n)
2-3n≤n
2-n⇒n≤7.
表1 为n 取最大值的情形.
表1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
从而，n 的最大值为7.
24．【2016 年浙江预赛】设正整数n≥2，对2×n格点链中的2n个结点用红（R）、黄（Y ）、蓝（B）三
种颜色染色，左右端点中的三个结点已经染好色，如图。若对剩余的2n-3个结点，要求每个结点恰染一
种颜色，相邻结点异色，求不同的染色方法数。
【答案】见解析
【解析】
设右端点染色为P、Q，如图2.
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图2
记P 为R（或Y ）、Q 为B时的染色数为an；记P 为B、Q 为R（或Y ）时的染色数为bn；记
P 为R、Q 为Y 或P 为Y 、Q 为R时的染色数为cn.
（1）若右端没有约束时，每增加一个格均有三种不同的染色方法，则an+bn+cn=3
n-1.
（2）由对称性，即将图形上下翻转，且颜色R与Y 互换，知an=bn.
（3）考虑相互的递推特征，如图3，则an=2bn-1+cn-1.
图3
从而，¿.故an=2bn-1+cn-1=an-1+bn-1+cn-1=3
n-2，即为问题所求的不同的染色方法数.
25．【2016 年湖南预赛】已知互异的正实数x1、x2、x3、x4满足(∑
i=1
4
xi)(∑
i=1
4
1
xi
)<17.
证明：从x1、x2、x3、x4中任取三个数作为边长，共可构成四个不同的三角形.
【答案】见解析
【解析】
由C4
3 = 4，知结论等价于任取三个数作为边长，均可构成不同的三角形.
接下来用反证法证明.
若存在某三个数为边长不能构成三角形，由对称性，不妨设这三个数为x1、x2、x3，且x1≥x2+ x3.
由均值不等式知
(∑
i=1
4
xi)(∑
i=1
4
1
xi
)
≥12+ x1( 1
x2
+ 1
x3
)+ x2+ x3
x1
.
由( x2+ x3)( 1
x2
+ 1
x3
)≥4
⇒1
x2
+ 1
x3
≥
4
x2+ x3
.
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设
x1
x2+ x3
=t(t ≥1)，得
(∑
i=1
4
xi)(∑
i=1
4
1
xi
)≥12+ 4t + 1
t .
由条件得
12+ 4t + 1
t <17⇒4t + 1
t -5<0(t ≥1).
这与t ≥1时，
4t + 1
t -5= (4 t -1)(t -1)
t
≥0，矛盾.
从而，原命题成立.
26．【2016 高中数学联赛（第02 试）】给定空间中10 个点，其中任意四点不在一个平面上将某些点之间
用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.
【答案】所求边数的最大值为15
【解析】以这10 个点为顶点，所连线段为边，得到一个10 阶简单图G.我们证明G 的边数不超过15.
设G 的顶点为v1,v2,⋯,v10，共有k 条边，用deg(vi)表示顶点vi的度.若deg(vi)⩽3对i=1，2，…，10 都
成立，则k = 1
2∑
i=1
10
deg(vi)⩽1
2 ×10×3=15.
假设存在vi满足deg(vi)⩾4.不妨设deg(v1)=n⩾4，且v1与v2,⋯,vn+1均相邻.于是v2,⋯,vn+1之间没有
边，否则就形成三角形.
所以v1,v2,⋯,vn+1之间恰有n 条边.
对每个j(n+2≤j≤10)，vj至多与v2, v3,⋯, vn+1中的一个顶点相邻(否则设v j，与vs,vt(2⩽s<t ⩽n+1)相邻，
则v1,vs、v j,vt就对应了一个空间四边形的四个顶点这与题设条件矛盾.)，
从而v2,⋯,vn+1与vn+2,⋯,v10之间的边数至多10－(n+1)=9－n 条.
在vn+2,⋯,v10这9－n 个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多[
(9-n)
2
4 ]条边.
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因此G 的边数k ⩽n+(9-n)+[
(9-n)
2
4 ]=9+[
(9-n)
2
4 ]⩽9+[
25
4 ]=15.
如图给出的图共有15 条边，且满足要求.综上所述，所求边数的最大值为15.
27．【2015 年江苏预赛】设a、b、c、d、e 为正实数，且a
2+b
2+c
2+d
2+e
2=2,若五个正三角形的面积分
别为a
2、b
2、c
2、d
2、e
2,证明：这五个三角形中存在四个能覆盖面积为1 的正△ABC.
【答案】见解析
【解析】
不 妨 设a≥b≥c≥d ≥e>0.
若a≥1，则面积为a
2的三角形可覆盖△ABC.
若a<1;
当c> 1
2时，由于b≥c，则b+c =1；
当c≤1
2时，b
2=2-a
2-c
2-d
2-e
2>1-3c
2≥(1-c)
2，
于是，b+c>1.
从而，a+c>1，a+b>1.
用面积为a
2、b
2、c
2的三个三角形覆盖的△ABC,使得每个三角形均分别有一个顶点与△ABC 的一个顶点
重合，且有两条边在△ABC 的两条边上，于是，这三个三角形两两相交.
若这三个三角形能覆盖△ABC，则结论成立.否则，
(a+b-1)+(b+c -1)+(c +a-1)<1
⇒2-1-b-c>0
.
令中间不能被a
2、b
2、c
2的三个三角形所覆盖的正三角形面积为f
2.则
f
2=1-(a
2+b
2+c
2)+(a+b-1)
2+(b+c -1)
2+(c +a-1)
2
=(2-a-b-c)
2
⇒f =2-a-b-c
下面证明：d ≥f .
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若d > 1
2，由a≥b≥c≥d ≥1
2，
则f =2-a-b-c< 1
2 ⇒d >f .
若d ≤1
2，由a、b、c<1,有
d ≥2d
2≥d
2+e
2=2-a
2-b
2-c
2>2-a-b-c = f .
从而，面积为d
2的正三角形可以覆盖△ABC 不能被面积a
2、b
2、c
2覆盖的部分.
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