1、1981 年年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编年全国高中数学联赛试题分类汇编计数问题、概率与统计部分计数问题、概率与统计部分2019A2019A 5 5、在中随机选出一个数，在中随机选出一个数，1,2,3,10a1, 2, 3, 10 b则被 整除的概率为 2ab3答案：答案： 37100解析：解析：首先数组有种等概率的选法 考虑其中使被 整除的, a b10 101002ab3选法数 N若被 3 整除，则也被 3 整除此时各有 3 种选法，这样的ab, a b有 , a b组若不被 3 整除，则，从而此时有 7 种选3 39 a21 mod3a 1 mod3b a法，有 4 种选法，
2、这样的有组 因此于是所求概率b, a b7 42892837N 为。371002019A2019A 8 8、将个数按任意次序排成一行，拼成一个 位数（首位不为），62,0,1,9,20,1980则产生的不同的 位数的个数为 8答案：答案：498解析：解析：将的首位不为的排列的全体记为，记为的元素个数。2,0,1,9,20,190AAA易知将中的后一项是，且 的后一项是 的排列的全体记为 B 5 5!600A A2019；A 中的后一项是 0 ，但 的后一项不是 的排列的全体记为 C；A 中 1 的后一项是2199，但 2 的后一项不是 0 的排列的全体记为 D易知,， 4!B 5!BC,4 4
3、!BD即,由 B 中排列产生的每个 8 位数，恰对应 B 中的24B 96C 72D 个排列（这样的排列中，20 可与“2, 0 ”互换，19 可与“1, 9 ”互换）类2 24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.3600 1848364984242BCDBCDABCDA2019B2019B 5.5. 将 个数按任意次序排成一行，拼成一个 位数（首位不为），52,0,1,9,201980则产生的不同的 位数的个数为 8答案：答案： 95解析：解析：易知的所有不以0 为开头的排列共有个其中，除了2,0,1,9,2
4、0194 4!96和这两种排列对应同一个数，其余的数互不相2,0,1,9,20192019,2,0,1,920192019等因此满足条件的 位数的个数为896 195 2019B2019B 6.6. 设整数，的展开式中与两项的系数相等，则的值为 4n 21nxy4nxxyn答案：答案：51解析：解析：注意到，其中项仅出现在求和指标02121nnrrn rnrxyC xy4nx时的展开式中，其项系数为；而项仅出现在求和4r 44421nnC xy4nx 441nCxy指标时的展开式中，其项系数为，1rn1121nnnCxyxy 31211nnnnCC因此有，注意到，化简得，故只能是 434121
5、11nnnnnCCC4n 33148nn 为奇数且解得n348n51n 2018A 3、将随机排成一行，记为，则是偶数的概率为 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1fedcba,defabc 答案：答案：109解析：解析：先考虑为奇数时，一奇一偶，若为奇数，则为的defabc abcdefabccba,5 , 3 , 1排列，进而为的排列，这样共有种；若为偶数，由对称性得，也有fed,6 , 4 , 23666abc种，从而为奇数的概率为，故所求为3666defabc 101! 67210910112018B 3、将随机排成一行，记为，则是奇数的概率为 6 , 5 , 4 , 3 , 2
6、 , 1fedcba,defabc 答案：答案：101解析：解析：由为奇数时，一奇一偶，若为奇数，则为的排列，defabc abcdefabccba,5 , 3 , 1进而为的排列，这样共有种；若为偶数，由对称性得，也有fed,6 , 4 , 23666abc种，从而为奇数的概率为。 3666defabc 101! 6722017A 6、在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，xOy1 , 0 , 1,| ),(yxyxKK则这三个点中存在两点距离为的概率为 5答案：答案： 74解析：解析：由题意得有个点，故从中取出三个点共有种。K98439C将中的点按右图标记为，其中有对点之间的距KO
7、AAA,8218离为，由对称性，考虑取两点的情况，则余下的一个点有541, AA种取法，这样有个三点组（不考虑顺序） 。对每个（） ，中恰有75687iA8 , 2 , 1iK两点与之的距离为（这里下标按模 8 可以理解） ，因而恰有这个三53,iiAA553,iiiAAA8点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为，进而所求的概率为。488567484482017B 6、在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，xOy1 , 0 , 1,| ),(yxyxKK则这三个点两两之间距离不超过的概率为 2答案：答案：145解析：解析：注意中共有 9 个点，故在中随机取出三个点的方式数为种，KK
8、3984C 当取出的三点两两之间距离不超过 2 时，有如下三种情况：（1）三点在一横线或一纵线上，有 6 种情况，（2）三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况，1,1,24 416（3）三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于的有 4 个，直2,2,2(0,0)角顶点位于，的各有一个，共有 8 种情况.( 1,0)(0, 1)综上可知，选出三点两两之间距离不超过 2 的情况数为，进而所求概率为.6 1683030584142016A 4、袋子中装有张元纸币和张 元纸币，袋子中装有张元纸币和张 元纸币，A21031B4531现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则中剩下的纸币面值
9、之和大于中剩下的纸币面值之和AB的概率为 答案：答案：359解析：解析：一种取法符合要求，等价于从 A 中取走的两张纸币的总面值小于从 B 中取走的两张纸a币的总面值，从而故只能从 A 中国取走两张 1 元纸币，相应的取法数为b1055 ba又此时，即从 B 中取走的两张纸币不能都是 1 元纸币，相应有323C2 ab种取法因此，所求的概率为182327CC3592110541832725CC2016B 5、将红、黄、蓝 3 个球随机放入 5 个不同的盒子中，恰有两个球放在同一盒EDCBA,子的概率为 答案：答案：2512解析：解析：样本空间中有个元素而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为3
10、5125过所求的概率为223560.CP6012.12525p 2015A 5、在正方体中随机取条棱，他们两两异面的概率为 3答案：答案：255解析：解析：设正方体为 ABCD-EFGH，它共有 12 条棱，从中任意取出 3 条棱的方法共有=220312C种下面考虑使 3 条棱两两异面的取法数由于正方体的棱共确定 3 个互不平行的方向（即 AB、AD、AE 的方向） ，具有相同方向的 4 条棱两两共面，因此取出的 3 条棱必属于 3 个不同的方向可先取定 AB 方向的棱，这有 4 种取法不妨设取的棱就是 AB，则 AD 方向只能取棱 EH 或棱 FG，共 2 种可能当 AD 方向取棱是 EH
11、或 FG 时，AE 方向取棱分别只能是 CG 或 DH由上可知，3 条棱两两异面的取法数为 42=8，故所求概率为82220552015B 8、正 2015 边形内接于单位圆，任取它的两个不同顶点，201521AAA OjiAA,则的概率为 1jiOAOA答案：答案： 6711007解析：解析：因为，所以| | 1ijOAOA 222|22(1 cos,)ijijijijOAOAOAOAOA OAOA OA 故的充分必要条件是，即向量的夹角不超过1jiOAOA1cos,2ijOA OA ,ijOA OA 对任意给定的向量，满足条件的向量可的取法共有： 32iOA1jiOAOA种，故的概率是：2
12、221342320151jiOAOA2015 13426712015 20141007p2014A 8、设是空间四个不共面的点，以的概率在每对点之间连一条边，任意两对点DCBA,21之间是否连边是相互独立的，则可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为 BA,答案：答案： 43解析：解析：每对点之间是否连边有 2 种可能，共有种情况。考虑其中 A，B 可用折线连接的6426情况数。有 AB 边：共种情况。3225无 AB 边，但有 CD 边：此时 A，B 可用折线连接当且仅当 A 与 C，D 中至少一点相连，且 B 与C，D 中至少一点相连，这样的情况数为。9) 12)(12(22
13、无 AB 边，也无 CD 边：此时 AC，CB 相连有种情况，AD，DB 相连也有种情况，但其2222中 AC，CB，AD，DB 均相连的情况重复计了一次，故 A，B 可用折线连接的情况数为。712222以上三类情况数的总和为 32+9+7=48，故 A，B 可用折线连接的概率为。4364482014B 7、将一副扑克牌中的大小王去掉，在剩下的张牌中随机地抽取张，其中至少有两张牌525上的数字（或者字母）相同的概率是 （要求计算出这个概率的数值，精确到AKQJ,0.001）答案：答案： 4929. 0解析：解析：记所求事件为，则的对立事件为“所抽取的 5 张牌上的数字各不相同” ，我们来计AA
14、A算的概率。事件可以分解成两步：第一步在 13 个不同数字中抽取 5 个数字，共有种取法；AA513C第二步给每个数字涂一种花色每个数字共有 4 种花色可选，5 个数字共有种不同的选择。所以事54件共包含。由于在 52 张牌随机抽取 5 张的基本事件个数为，于是事件发生的概A51354C552CA率为，从而。5071. 045525135CC4929. 05071. 01)(AP2013A 6、从中任取个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为 20, 2 , 15答案：答案：323232解析：解析：记所取的个数分别为，且。554321,aaaaa54321aaaaa若这五个数互不相邻，则，由
15、此可知，从164321154321aaaaa中取个互不相邻的数的取法和从中取个不同的数的取法相同即，故所20, 2 , 1516, 2 , 15516C求至少有两个数是相邻的概率为323232520516520CCC2013A 8、已知数列共有项，其中，且对每个，均有 na9101 aa8 , 2 , 1i则这样的数列的个数为 21, 1 , 21iiaa答案：答案：491解析：解析：记，则iiibaa18 , 2 , 1i21, 1 , 2ib119821aabbb反之，若符合的项数列可以唯一确定一个符合题意条件的项数列。8 nb9 na记符合条件的有个，显然中有偶数个，即个；继而有个 nb
16、Nib8 , 2 , 1i21k221k2，个 ，当给定的值时，有种，易得只能取，2k481k nbkkkCC22828k2 , 1 , 0所以这样的数列共有.故所求的数列个数为。 nb491144482628CCCC4912013A 三、三、 （本题满分 50 分）一次考试共有道试题，个学生参加，其中为给定的整数，mn2,nm每道题的得分规则是：若该题恰有个学生没有答对，则每个答对该题的学生得分，未答对的学xx生得分.每个学生得总分为其道题的得分总和.将所有的学生总分从高到低排列为0m，求的最大可能值。nPPP2121PP 解析：解析：对任意的，设第题没有答对的有人，则第题没有答对的有人，m
17、k, 2 , 1kkxkkxn 由得分规则知，这在第题均得到分，记这个学生的得分之和为，则kxn kkxnS mkkmkkkmikniixxnxnxSP12111)(因为每一个人在第题上至多得分，故kkxmkkxp11由于，故有nPPP2111121nPSnpppPnn所以11211111nSPnnnPSPPPn mkkmkkmkkxxnnxnn12111112 mkkmkkxnx121112由柯西不等式的 21121mkkmkkxmx于是，) 1() 1() 1() 1(1211nmnmnmxnmPPmkkn另一方面，若有一个学生全部答对，其他个学生全部答错时， 1n) 1(1nmPPn综上
18、所述，的最大可能值为。21PP ) 1( nm2013B 8、将正九边形的每个顶点等概率地涂上红、蓝两种颜色之一，则存在三个同色的顶点构成锐角三角形的概率为 答案：答案：256247解析：解析：若同一种颜色的顶点构成的凸多边形内部包含正九边形的外接圆圆心，则存在这种颜色的三个顶点，其构成的三角形也包含圆心，从而这个三角形是锐角三角形。反之，若某种颜色的顶点包含一个锐角三角形的顶点，则它们所生成的凸多边形就包含了正九边形外接圆的圆心。这样一来，如果红蓝两色的顶点生成的凸多边形都不包含圆心的话，那么这两种颜色的顶点分别落在外接圆的半圆中，这种情况发生的仅有的可能是红点是连续的 4 个顶点，或者是连
19、续的 5 个顶点，它们各有9 种情况。所以，所求的概率为25624721819P2012A 8、某情报站有四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从DCBA,上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种。设第 周使用密码，那么第周也使用密码1A7A的概率为 答案：答案：24361解析：解析：用表示第周用种密码的概率,则第周末用种密码的概率为.kPkAkA1kP于是,有,即，由知，是首项为，11(1),3kkPPkN1111()434kkPP 11P 14kP34公比为的等比数列。所以，即，故131131()443kkP1311()434kkP761243P 2012B 8、一个均匀
20、的正方体骰子的各面上分别标有数字，每次投掷这样两个相同的骰子，6 , 2 , 1规定向上的两个面上的数字之和为这次投掷的点数。那么，投掷次所得个点数之积能被整除3314的概率是 （用最简分数表示）答案：答案：31解析：解析：考虑一次投掷时，投出的点数是的概率为，又投出的点数是奇数（偶数）的概率均为761，故投出的点数是奇数但不是的概率为。217316121在次投掷中，记“仅有一次投出的点数是，另外两次至少有一次投出的点数是偶数”为事件，37A则 ，记“有两次投出的点数是，另外一次投出的点2472121312161)(1213CCAP7数是偶数”为事件，则，显然事件与事件互斥，B2412161)
21、(23 CBPAB故所求概率为。31241247)()(BPAP2011A 5、现安排名同学去参加个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项75目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为 答案：答案： 15000解析：解析：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形： （1）有一个项目有 3 人参加，共有种方案；3600! 5! 51537CC（2）有两个项目各有 2 人参加，共有种方案；11400! 5! 5)(21252527CCC所以满足题设要求的方案数为150001140036002011B 4、把扑克牌中的分别看作数字.现将一副扑克牌中的黑桃、,2,
22、 ,AJ Q K1,2,11,12,13红桃各 13 张放在一起，从中随机取出 2 张牌，其花色相同且两个数的积是完全平方数的概率为_ 答案：答案： 652解析：解析：从张牌中任意取出张，共有种取法。牌的花色相同且积是完全平方数的262325226C有，共对，因此概率为4149198216123369410652325102010AB 6、两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两个颗，第一个使两颗骰子点数和大于者为胜，否6则轮另一个人投掷。则先投掷人获胜的概率为 答案：答案： 1217解析：解析：同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为，从而先投掷人的获胜概率为1273621.127)125(127)
23、125(12742171214425111272009*7、一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前 100 个正整数按从小到大排成的行，则最后一个数是 （可以用指数表示）答案：答案：982101解析：解析： 易知：该数表共有 100 行；每一行构成一个等差数列，且公差依次为)(i)(ii989923212,.,2, 2, 1dddd为所求。设第行的第一个数为，则)(iii100a)2( nnna2121122)2(nnnnnnaaaa 232222 2nnna 22432222222nnnna 233232nna . 211
24、2) 1(2nnna 22) 1(nn故.981002101a2009*8、某车站每天，都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机00:900:800:1000:9的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻10:910:830:930:850:950:8概率612131一旅客到车站，则他候车时间的数学期望为 （精确到分）20:8答案：答案：27解析：解析：解：旅客候车的分布列为候车时间（分） 1030507090概率2131616161216131候车时间的数学期望为27181901217036150313021102008AB 3、甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 分，负者得分，比
25、赛进行到有一人比对10方多分或打满局时停止.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局263231胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的数学期望是（ ）A. B. C. D. 812418126681274243670答案：答案： B解析：解析：方法一：方法一： 依题意知，的所有可能值为 2、4、6. 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，22215( )( )339此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有，5(2)9P，故 4520(4)( )( )9981P2416(6)( )981P520162662
26、469818181E 方法二：方法二： 依题意知，的所有可能值为 2、4、6.令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙kAkkA在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得k，12125(2)()()9PP A AP A A1234123412341234(4)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A ，332112202( ) ( )( ) ( )3333811234123412341234(6)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A ，2221164( ) ( )3381因此 520162662469
27、818181E 2008AB 9、将名志愿者名额分配给个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分243配方法共有 种。答案：答案：222解析：解析：方法一：方法一：用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校，而用表示名额如| 表示第一、二、三个学校分别有 4，18，2 个名额若把每个“”与每个“ ”都视为一个位置，由于|左右两端必须是“”，故不同的分配方法相当于(个)位置（两端不在内）被 2 个“”占24226领的一种“占位法” “每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“”之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入“”，故有(种)又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名
28、额数相223C253同”的分配方法有 31 种综上知，满足条件的分配方法共有 25331222(种)方法二：方法二：设分配给 3 个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不123xxx、定方程的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于 312324xxx12321xxx个不同元素中取 21 个元素的可重组合：又在“每校至少有一个名额的分法”2121232323HCC253中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种综上知，满足条件的分配方法共有25331222（种） 2007*3、将号码分别为的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。9 , 2 ,
29、 1甲从袋中摸出一个球，其号码为，放回后，乙从袋中再摸出一个球，其号码为。则使不等式ab成立的事件发生的概率等于 0102 baA. B. C. D. 8152815981608161答案：答案：D解析：解析：甲、乙二人每人摸出一个小球都有种不同的结果，故基本事件总数为个。由不98192等式得，于是，当时，每种情形可取中每一个0102 ba102 ab5 , 4 , 3 , 2 , 1ba9 , 2 , 1值，使不等式成立，则共有种；当时，可取中每一个值，有种；当45596ba9, 4 , 37时，可取中每一个值，有种；当时，可取中每一个值，有种；7ba9 , 8 , 7 , 6 , 558b
30、a9 , 8 , 73当时，只能取，有 种。于是，所求事件的概率为。9ba918161811357452007*12、将个和个共个字母填在如图所示的 16 个小方格内，每个小方格2a2b4内至多填 个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共1有 种。答案：答案：3960解析：解析：解：使个既不同行也不同列的填法有种，同样，使个既不同行也不同2a722424AC2b列的填法也有种，故由乘法原理，这样的填法共有种，其中不符合要求的有两种722424AC272情况：个所在的方格内都填有的情况有种；个所在的方格内仅有 个方格内填有的2ab722a1b情况有种。所以，符合题设条件的填法共有种。
31、721629116AC39607216727222006*12、袋中有个白球和个红球，每次从中随机取出 个球，然后放回 个球，则第次恰好82114取完所有红球的概率为 答案：答案：0434. 0解析：解析：第 4 次恰好取完所有红球的概率为22291829182110101010101010101010.0434. 02005*7、将关于的多项式表示为关于的多项式x2019321)(xxxxxxfy，其中，则202019192210)(yayayayaayg4 xy的值为 2019210aaaaa答案：答案：61521解析：解析：由题设知，和式中的各项构成首项为 1，公比为的等比数列，由等比数
32、列的求和)(xfx公式，得：令得.1111)()(2121xxxxxf, 4 yx,51)4()(21yyyg取有, 1y.615) 1 (2120210gaaaa2005*14、 （本题满分 20 分） 。将编号为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9 , 3 , 2 , 1周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为.求使达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放SS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）解析：解析：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 种放法，考虑到翻转因素
33、，则本质不同的放法有种.! 82! 8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，设是依次排列于这段弧上的小球号码，则kxxx,21上式取. 8|91| )9()()1 ( |9|1|211211kkxxxxxxxx等号当且仅当，即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列.9121kxxx因此.1682最小S由上知，当每个弧段上的球号确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.9 , 121kxxx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，元素较少的一个子集共有种情况，每种情况对应着圆周
34、上使 S 值达到最小的唯一6372717072CCCC排法，即有利事件总数是种，故所求概率62.31512! 826P2004*5、设三位数，以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的abcn cba,三位数有 nA.个 B. 个 C. 个 D. 个4581165216答案：答案：C C解析：解析：等边三角形共 9 个； 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为)，有种取法，以小数为底时总能构成ba,36等腰三角形，而以大数为底时，或时，有种；bab29a81 , 2 , 3 , 4b824或时，有种；或时，有种；7a61 , 2 , 3b6235a41 , 2b422或时，有种，
35、共有种不能取的值3a21b221202468所以共有种方法，而每取一组数，可有种方法构成三位数，故共有52203623个三位数。综上知，可取种数选C15635216515692004*13、 （本题满分 20 分）一项“过关游戏”规则规定:在第关要抛掷一颗骰子次,如果这nn次抛掷所出现的点数的和大于,则算过关.问:nn2(1)某人在这项游戏中最多能过几关?(2)他连过前三关的概率是多少?解析：解析：解： 设他能过关，则第关掷次，至多得点，nnnn6由，知，即最多能过关nn26 4n4 要求他第一关时掷 次的点数大于，第二关时掷次的点数和大于，第三关时掷次的12243点数和大于8第一关过关的概率
36、为；3264第二关过关的基本事件有种，不能过关的基本事件有为不等式的正整数解的36624 yx个数，有个 (亦可枚举计数：)计 6 种，624C13 , 22 , 12 , 31 , 21 , 21所以过关的概率为；653661第三关的基本事件有种，不能过关的基本事件为方程的正整数解的总数，可连368zyx写个 ，从个空档中选个空档的方法为种，不能过关的概率，能过关的概81835638C2776563率为；27202771连过三关的概率为243100272065322002*8、将二项式的展开式按的降幂排列，若前三项系数成等差数列，nxx421x则该展开式中的幂指数是整数的项共有个x答案：答案
37、：3解析：解析：不难求出前三项的系数分别是，) 1(81,21, 1nnn) 1(811212nnn当时， ()8n43161)21(rrrnrxCT8 , 2 , 1 , 0r 所以当时, 的幂指数是整数，即有 3 项。8 , 4 , 0rx2002*三、三、 （本题满分 50 分）在世界杯足球赛前，国教练为了考察这七名，准备让F721,AAA他们在三场训练比赛(每场分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，90并且每人上场的总时间(以分钟为单位)均被整除，如果每场换人次数不限，那么4321,AAAA13按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。解析：解析：设第
38、名队员上场的时间为分钟()，问题即转化为：求不定方程iix7 , 3 , 2 , 1i在条件()且()下的正整数解的级数。270721xxxix|74 , 3 , 2 , 1ijx|137 , 6 , 5j若是满足条件的一组正整数解，则应有，（）721,xxxmxii741nxjj1375Nnm, 是不定方程在条件且下的一组正整数解。nm,270137nm4m3n ，令有20331347nm3, 4/nnmm203137/nm 求满足条件且的正整数解等价于求的非负整数解。4m3n 易观察到， ，1) 1(1327203)203(134067 即 m0=406 是的整数解203,40600nm
39、的整数通解为其中knkm7203,13406/Zk 令,解得 ，07203, 013406/knkm3129 k 取得到满足条件的三组非负整数解：、，31,30,29k029nm716nm143nm 从而得到满足条件的三组正整数解：、，333nm1020nm177nm 1)当时，显然仅有一种可能，3,33nm13765xxx 又设 ()，于是由不定方程有组iiyx74 , 3 , 2 , 1i334321yyyy496033214133CC正整数解。 此时有满足条件的组正整数解。4960332C 2)在时，设 ()，()于是由不定方程10,20nmiiyx74 , 3 , 2 , 1ijjyx
40、77 , 6 , 5j有组正整数解，不定方程有组正整数解。204321yyyy319C10765yyy29C 此时有满足条件的组正整数解。3488429319CC 3) 在时，设 ()，()。于是由不定方程17, 7nmiiyx74 , 3 , 2 , 1ijjyx77 , 6 , 5j有组正整数解，不定方程有组正整数解。74321yyyy36C17765yyy216C此时有满足条件的组正整数解。240021636CC 综上满足条件的正整数解的组数为。4224424003488449602163639319332CCCCC2001*5、若的展开式为，则10002)1 (xx2000200022
41、10 xaxaxaa的值为 19989630aaaaaA. B. C. D. 33336663999320013答案：答案：C解析：解析：令可得；1x1000200032103aaaaa令 x=可得；020002000332210aaaaa（其中，则=1 且+1=0）i232132令 x=可得20400020006342210aaaaa以上三式相加可得10001998963033aaaaa所以 999199896303aaaaa2001*12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图） ，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物现有 4 种不同的植物可供选择，则有 种栽种方案答案：答
42、案：732解析：解析：考虑 A、C、E 种同一种植物，此时共有种方法1083334考虑 A、C、E 种二种植物，此时共有种方法432223343考虑 A、C、E 种三种植物，此时共有种方法19222234A故总计有种方法732192432108 ABCDEFG2000*8、设是的展开式中项的系数()，则nanx3x, 4 , 3 , 2n_.nnnaaa333lim3322答案：答案：18解析：解析：由题意得 ，于是223nnnCakkkkakk11118) 1(18318112118lim333lim3322kaaannnn2000*12、如果：(1)都属于；(2)，；(3)是dcba,4
43、, 3 , 2 , 1ba cb dc ad a中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数的个数是_dcba,abcd答案：答案：28解析：解析：可以相等，也可以相等ca,db, 当相等，也相等时，有种；ca,db,624C 当相等，不相等时，有种；ca,db,82223 AA 当不相等，相等时，有种；ca,db,8121213CCC 当不相等，也不相等时，有种；ca,db,633A综上共有种。2868861999*5、在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有名选手各比赛了场之32后就退出了，这样，全部比赛只进行了场。那么，在上述名选手之间比赛的场数是( )503A. B. C.
44、 D. 0123答案：答案：B解析：解析：这三名选手之间的比赛场数是，共名选手参赛.由题意，可得，即rn50623rCn.由于，经检验可知，仅当时，为正整数.rnn4424330 r1r13n1998*6、在正方体的个顶点，条棱的中点，个面的中心及正方体的中心共 27 个点中，共线8126的三点组的个数是( )A. B. C. D.57494337答案：答案：B解析：解析：注意到个顶点中无点共线，故共线的三点组中至少有一83个是棱中点或面中心或体中心 体中心为中点：对顶点，对棱中点，对面中心；共组；46313 面中心为中点：组；2464 棱中点为中点：个共个，选B12491998*9、从这个数
45、中取出个数，使其和为不小于的偶数，不同的取法有9 , 8 , 7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 010310_种.答案：答案：51解析：解析：从这个数中取出个偶数的方法有种，取出 个偶数，个奇数的方法有1031035C12种，而取出个数的和为小于的偶数的方法有，502515CC3104 , 2 , 06 , 2 , 03 , 1 , 05 , 1 , 0，共有种，7 , 1 , 05 , 3 , 03 , 1 , 25 , 1 , 23 , 1 , 49故应答种51950101997*11、设为正六边形，一只青蛙开始在顶点处，它每次可随意地跳到相邻两顶点ABCDEFA之一
46、若在 5 次之内跳到点，则停止跳动；若次之内不能到达点，则跳完次也停止跳动，D5D5那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种答案：答案：26解析：解析：青蛙跳 5 次，只可能跳到三点(染色可证)FDB,青蛙顺时针跳 1 次算+1，逆时针跳 1 次算1，写 5 个“1” ，在中填“+”号或“”号： 11111规则可解释为：前三个中如果同号，则停止填写；若不同号，则后 2 个中继续填写符号前三同号的方法有 2 种；前三个不同号的方法有种，后两个中填号的方法有6223种 共有 2+64=26 种方法221996*11、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色.将一个正方体的六个面染色, 每面恰
47、染一种颜色, 每两个具有公共棱的面染成不同颜色.则不同的染色方案共有_种.(注:如果我们对两个相同的正方体染色后,可以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同,那么,我们就说这两个正方体的染色方案相同).答案：答案：230解析：解析：由于至少 3 种颜色：若 6 种颜色全用：上面固定用某色，下面可有 5 种选择，其余 4 面有种方法，共计6!14种方法；3065若用 5 种颜色：上下用同色：6 种方法，选 4 色：；种方法；30!1445C902306若用 4 种颜色：种方法902426CC若用 3 种颜色：种方法2036C共有 230 种方法1996*12
48、、在直角坐标平面上，以为圆心，以为半径的圆周上，整点（即横、纵坐标皆0 ,199199为整数的点）的个数为_答案：答案：4解析：解析：把圆心平移至原点，不影响问题的结果故问题即求的整数解数222199 yx显然一奇一偶，设，且yx,mx212 ny99,1nm则得nnnm22002198) 12(1994222即 nnnnm11009924mod由于为正整数，；，二者矛盾，m1 , 02m4mod)4(mod3 , 2)4(mod1 , 0201nnnn故只有，这 4 解 共有 4 个，199, 0 0 ,199199,199 0 , 00 ,3981995*11、 将一个四棱锥的每个顶点染上
49、一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有种颜5色可使用，那么不同的染色方法的总数是_答案：答案：420解析：解析：顶点染色，有种方法，底面 4 个顶点，用 4 种颜色染，种方法；用 3 种颜色，52444A选 1 对顶点种，这一对顶点用某种颜色染，余下 2 个顶点，任选 2 色染，种，共有12C14C23A种方法；用 2 种颜色染： 种方法；共有种方法48231412ACC1224A42012482451993*12、三位数共个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三)999,101,100(900位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如倒过来看是；有的卡片则不然，如198861
50、倒过来看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_ _张卡片531答案：答案：34解析：解析：首位与末位各可选择有种选择，十位还可选，有种选择，共有9 , 8 , 6 , 1405种选择但两端为，中间为时，或两端为，中间为时，倒后不变；804548 , 18 , 1 , 06 , 98 , 1 , 0共有个，故共有个12323234212801990*11设，则 1990n1990995634223333121nnnnnCCCC答案：答案：21解析：解析：取展开的实部即为此式而故原式19902321iii232123211990211990*12个女孩与个男孩围成一圈，任何两个女孩之
