初中數學競賽專題復習 第四篇 組合 第23章 組合計數試題 新人教版

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1、 第四篇 組 合 第23章 組合計數 23.1 加法原理和乘法原理 23.1.1★ 有800名乒乓球選手參加淘汰賽，需要進行多少場比賽才能決出冠軍？ 解析 由于每場比賽淘汰一名選手，即比賽的場數與被淘汰的選手人數是相等的．要決出冠軍，需淘汰799名選手，所以需要進行799場比賽． 23.1.2★★一個小朋友有8塊相同的巧克力（即不計順序），他每天至少吃一塊，直至吃完，問共有多少種不同的吃巧克力的方案？ 解析 將8塊巧克力排成一行．如果第一天吃2塊，第二天吃1塊……那么，就在第2塊后面畫一條豎線，這后面的第1塊的后面（即第3塊的后面）畫一條豎線…… 這樣，吃巧克力的方案就與在8

2、塊巧克力的7個空隙里添加豎線對應起來． 由于每個空隙里加以加1根豎線，也可以不加，所以，由乘法原理知，加豎線的方法共有 （種）． 從而吃巧克力的方案也就有128種． 23.1.3★有多少個有序整數對(,)滿足？ 解析 我們把這個問題分成6種情況：，，1，2，…，5． 當時，（，）（0，0）； 當時，(,)=(0,)，(0,)，(1,0)，(,0)； 當時，(,)=(,)，(,1)，(1,)，(1,1)； 當時，不可能； 當時，不可能； 當時，(,)=(0,)，(0,2)，(,0)，(2,0)； 當時，(,)=(,)，(,1)，(,)，(,2)，(,)，(1,2)，(2,

3、)，(2,1)． 由加法原理知，滿足題設的有序數對共有 （個）． 23.1.4★★利用數字、2、3、4、5共可組成 （1）多少個數字不重復的三位數？ （2）多少個數字不重復的三位偶數？ （3）多少個數字不重復的偶數？ 解析 （1）百位數有5種選擇；十位數有4種選擇；個位數有3種選擇，所以共有個數字不重復的三位數． （2）先選個位數，共有兩種選擇：2或4．在個位數選定后，十位數還有4種選擇；百位數有3種選擇．所以共有個數字不重復的三位偶數． （3）分為5種情況： 一位偶數，只有兩個：2和4． 二位偶數，共有8個：12，32，42，52，14，24，34，54． 三位偶數由

4、上述（2）中求得的為24個． 四位偶數共有：個．括號外面的2表示個位數有2種選擇（2或4）． 五位偶數共有：個． 由加法原理，偶數的個數共有 （個）． 23.1.5★★從1到300的正整數中，完全不不含有數字3的有多少個？ 解析1 將符合要求的正整數分為以下三類： （1）一位數，有1、2、4、5、6、7、8、9共8個．6、7、8、9八種情形，在個位上出現的數字除以上八個數字外還有0，共9種情形，故二位數有個． （3）三位數，在百位上出現的數字有1，2兩種情形，在十位、個位上出現的數字則有0、1、2、4、5、6、7、8、9九種情形，故三位數有個． 因此，從1到300的正整數中完

5、全不含數字3的共有個． 解析2 將0到299的整數都看成三位數，其中數字3不出現的，百位數字可以是0、1或2三種情況，十位數字與個位數均有九種，因此除去0共有個． 23.1.6★★一個班級有30名學生． （1）從中選出2人，一個擔任班長，一個擔任副班長，共有多少種不同的選法？ （2）從中選2個人去參加數學競賽，有多少種不同的選法？ 解析 （1）從30個人中選1個人擔任班長，有30種選法，再從剩下的29個人中選1個人擔任副班長，有29種選法，則由乘法原理知，共有不同的選法為（種）． （2）從30個人中選兩人有種選法，但由于選出甲、乙去比賽和選出乙、甲去比賽是相同的情況，因此不同的選法

6、共有（種）． 23.1.7★★在小于10 000的正整數中，含有數字1的數有多少個？ 解析 不妨將1至9999的正整數均看作四位數，凡位數不到四位的正整數在前面補0，使之成為四位數． 先求不含數字1的這樣的四位數共有幾個，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9這九個數字所組成的四位數的個數，由于每一位都有9種寫法，所以，根據乘法原理，由這九個數字組成的四位數個數為 ． 其中包括了一個0000，這不是正整數，所以比小的不含數字1的正整數有個，于是，小于10 000且含有數字1的正整數共有個． 23.1.8★★在1到9999中，有多少個整數與4567相加，至少在一個數位中發(fā)生進位？

7、解析 將0到9999這10 000個整數都看成四位數，即位數不中四位的，在左面添0補足四位． 考慮這些四位數中，有多少個在與4567相加時不發(fā)生進位． 這樣的數，千位數字有0、1、2、3、4、5這6種可能；百位數字有0、1、2、3、4這5種可能；十位數字有0、1、2、3這4種可能；個位數字有0、1、2這3種可能．所以這樣的數共有 （個）． 其中包括0． 所以，在到9999中，與4567相加產生進位的整數有 （個）． 23.1.19★★在1到1999這1999個自然數中，取4的倍數與7的倍數各一個相加，一共可得到多少個不同的和． 解析 在1到1999這1999個自然數中，有4的倍

8、數499個，它們是4，8，12，…，1992，1996；有7的倍數285個，它們是7，14，21，…，1988，1995．可得到的和最小為，最大為，介于11至3991之間的自然數，有一部分得不到． 例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下面能依次得到 ，，， ，，， ，，… 反過來，不能得到的數還有 3990、3989、3988、3986、3985、 3982、3981、3978、3974． 不能得到的數共有（個）． 所以可得到的不同的和共有 （個）． 2.3.1.10★600有多少個不同的正約數（包括1和600）? 解析 將600質因數分

9、解，有 ． 一個正整數是600的約數的棄要條件是具有的形式，其中、、是整數且，，． 由于有種選擇：0、1、2、3；有種選擇：0、1；有種選擇：0、1、2，故由乘法原理知，這樣的有 （個）． 評注 一般地，若一個正整數的質因數分解式為 ． 其中，，…，是互不相同的質數，，，…，是正整數，則的不同正約數的個數為 ． 23.1.11★★★在20000與70000之間，有多少個數字不重復的偶數？ 解析 設是滿足要求的偶數，那么只能取2、3、4、5、6，只能取0、2、4、6、8． （1）若取2、4、6之一，即有3種選法，此時有種選法，、、分別有8、7、6種選法，由乘法原理知，不重復

10、的偶數有 （個）． （2）若取3、5之一，則有2種選法，有5種選法，、、分別有8、7、6種選法，由乘法原理知，此時不重復的偶數有 （個）． 最后，由加法原理知，滿足題意的偶數共有 （個）． 評注 在很多計數問題中，都是加法原理和乘法原理結合在一起用的． 23.1.12★★★求至少出現一個數字6，而且是3的倍數的五位數的個數． 解析 設滿足要求的五位數為．由于3整除的充要條件是，所以分情況討論如下： （1）從左向右看，若最后一個6出現在第5位，即，則、、可以從0，1，2，…，9這10個數字中任取1個，為了保證，只有3種可能（例如，，則只能取2，5，8之一，等等），由乘法原理，五

11、位數中最后一位是6，且是3的倍數的數有 （個）． （2）從左向右看，最后一個6出現在第4位，即，于是只有9種可能（因為），、各有10種可能，為了保證，只有3種可能，由乘法原理，這一類的五位數有 （個）． （3）從左向右看，最后一個6出現在第3位，即，則、均有9種可能，有10種可能，有3種可能，這類五位數有 （個）． （4）從左向右看，最后一個6出現在第2位，，則、、均有9種可能，有3種可能，所以這類五位數有 （個）． （5）從左向右看，最后一個6出現在第1位，即，則、、均有9種可能，為了保證，只有3種可能，從而這類五位數有 （個）． 最后，由加法原理知，五位數中至少出現一個

12、6，且是3的倍數的數有 （個）． 23.1.13★★★將1，2，3，4，5這五個數字排成一排，最后一個數是奇數，且使得其中任意連續(xù)三個數之和都能被這三個數中的第一個數整除，問：滿足要求的排法有多少種？ 解析 設，，，，是1，2，3，4，5的一個滿足要求的排列． 首先，對于，，，，不能有連續(xù)的兩個都是偶數，否則，這兩個之后都是偶數，與已知條件矛盾． 又如果是偶數，是奇數，則是奇數，這說明一個偶數后面一定要接兩個或兩個以上的奇數，除非接的這個奇數是最后一個數． 所以，，，，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5種情形滿足條件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4

13、，3，1，2，5；4，5，3，2，1． 23.1.14★★★由35個單位小正方形組成的長方形中，如圖所示，有兩個“*”，問包含兩個“*”在內的小正方形組成的長方形（含正方形）共有多少個？ 解析 含兩個“*”的矩形，與第二、三兩行有公共部分．它們可能與第一行有公共部分，也可能沒有公共部分，即分為兩類： 每一類中的矩形，可能與四、五兩行都有公共部分，或都沒有公共部分，或僅與第四行有公共部分而與第五行沒有公共部分，即又分為三類，這樣，從行考慮共有類． 同樣，考慮列，矩形可能與第一、二列都有公共部分，或都沒有公共部分，或僅與第二列有公共部分，共三類．而與第五、六、七列的關系則有四列(都有公

14、共部分，都沒有公共部分，僅與第五列有公共部分，與第五、六列有公共部分而與第七列無公共部分)． 所以，由乘法原理，含兩個“*”的矩形共有（個）． 23.1.15★★設有紅、黑、白三種顏色的球各10個．現將它們全部放入甲、乙兩個袋子中，要求每個袋子里三種顏色球都有，且甲乙兩個袋子中三種顏色球數之積相等，問共有多少種放法． 解析 設甲袋中的紅、黑、白三種顏色的球數為、、，則有、、，且 ， ① 即 ， ② 于是有．因此，，中必有一個?。环猎O，代入（1）式，得到． 此時，可取1，2，…，8，9（相應地取9，8，…，2，1），共9種放法．同理可得或者時，也各有9

15、種放法，但有時兩種放法重復．因此可得共有種放法． 23.1.16★★★★設正整數和互質．問：有多少個非負整數不能表示成（和是非負整數）的形式？ 解析 首先，由于、互質，所以下面?zhèn)€數 ，，，…， 除以所得的余數不同． 事實上，若，，則，，所以，矛盾． 所以這個數中一定有一個除以余數為0，設這個數為，，于是可設，即恰有一組滿足的整數解（，）． 設與數組（，）依上述規(guī)律對應，即，．與的數組（，）春風一度的整數稱為“好的”；否則稱為“壞的”． 若與（，）對應，即，，則 ． 因為 ， 且與中恰有一個是非負的，所以，與（，）對應，且與中恰有一個是好的，一個是壞的．所以在0，1，2

16、，…，中好數與壞數一一對應，從而其中的壞數有 （個）． 當，則是壞數（顯然），故大于的數均為好數．由此得壞數即不能表為（，為非負整數）的非負整數有個． 23.1.17★★★把1，2，3，…，2012這2012個正整數隨意放置在一個圓周上，統(tǒng)計所有相鄰三個數的奇偶性得知：三個數全是奇數的600組，恰好兩個奇數的有500組，問：恰好一個奇數的有幾組？全部不是奇數的有幾組？ 解析 設恰好1個奇數的有組，則全部不是奇數的有． 將圓周上的數從某個數開始，依次計為，，…，，令 則，再令 其中，，2，于是 ，解得． 恰好一個奇數的有218組，全部不是奇數的有組． 23.2

17、 幾何計數 23.2.1★如圖所示，數一數圖中有多少條不同的線段？ 解析 對于兩條線段，只要有一個端點不同，就是不同的線段，我們以左端點為標準，將線段分5類分別計數； （1）以為左端點的線段有、、、、共5條； （2）以為左端點的線段有、、、共4條； （3）以為左端點的線段有、、共3條； （4）以為左端點的線段有、共2條； （5）以為左端點的線段只有一條． 所以，不同的一線段一共有 （條）． 評注 般地，如果一條線段上有個點（包括兩個端點）．那么這個點把這條線段一共分成的線段總數為 ． 23.2.2★如果一條線段上有個點（不包括兩個端點和）．它們共有210條不同的線

18、段，求的值． 解析 線段上共有個點（包括端點），所以不同的線段有條．所以 ， 解得． 23.2.3★圖中有多少個三角形？ 解析 以為一邊的三角形有、、、、共5個；以為一邊的三角形還有4個（前面已計數過的不再數，下同），它們是、、、；以為一邊的三角形有、、共3個；以為一邊的三角形有、共2個；以為一邊的三角形有一個，所以，共有三角形（個）． 23.2.4★圖中一共有多少個長方形？ 解析 圖中長的一邊有5個分點（包括端點），所以，長的一邊上不同的線段共有（條），同樣，寬的一邊上沒的線段也有10條． 所以，共有長方形（個）． 23.2.5★★圖中所有長方形的面積和是多少？

19、解析 因為長的一邊上的10條線段分別為5、17、25、26、12、20、21、8、9、1，寬的一邊上的10條線段長分別為 2、6、12、16、4、11、14、7、10、3，所以，所有長方形面積和為 ． 23.2.6★★圖中有多少個三角形？ 解析 把圖中最小的三角形看作基礎三角形，分類計數． 含1個基礎三角形的三角形共有16個； 含2個基礎三角形的三角形共有16個； 含4個基礎三角形的三角形共有8個； 含8個基礎三角形的三角形共有4個； 因此，圖中共有三角形 （個）． 23.2.7★★★圖中有多少個梯形？ 解析 設圖中的長為個單位．先計算底與平行且上底小、下底大的

20、梯形的個數． 下底長是5的梯形有（個）（即梯形，，，）． 下底長是4的梯形有（個），其中下底可為，，，對于每一個這樣的下底、上底都有三種可能． 類似地，下底的長為3的梯形有 （個）． 下底的長為2的梯形有 （個）． 因此，底與平行且下底大于上底的梯形有 （個）． 再計算底與平行且下底大于上底的梯形有（個）． 再計算底與平行且上底大于下底的梯形，易知有 （個）． 底與平行，且左邊底大于右邊底的梯形有個；左邊底小于右邊底的梯形有個，因此共有 （個）． 底與平行的梯形也有36個． 所以，圖中共有梯形 （個）． 評注 本題“分類”要全，不要遺漏了底與或平行的梯形．

21、 23.2.8★★★圖中共有多少個三角形？ 解析 顯然三角形可分為尖向上與尖向下兩大類，兩類中三角形的個數相等．尖向上的三角形雙可分為6類： 最大的三角形1個（即）； 第二大的三角形有（個）； 第三大的三角形有（個）； 第四大的三角形有（個）； 第五大的三角形有（個）； 最小的三角形有 （個）． 注意在外面還有三個最小的尖向上的三角形（左、右、下各一個），所以最小的三角形不是21個而是24個． 于是尖向上的三角形共 （個）． 圖中共有三角形 （個）． 23.29★★★圖中有多少個等腰直角三角形？ 解析 圖中有 個點．在每點標一個數，它等于以這點為直

22、角頂點的等腰直角三角形的個數．因此由對稱性，共有等腰直角三角形 （個）． 23.2.10★★★（1）圖（a）中有多少個三角形？ （2）圖（b）中又有多少個三角形？ 解析 （1）圖（a）中有6條直線．一般來說，每3條直線能圍成一個三角形，但是這3條直線如果相交于同一點，就不能圍成三角形了． 從6條直線中選3條，有種選法，每次選出的3條直線圍成一個三角形，但是在圖（a）中，每個頂點處有3條直線通過，它們不能圍成三角形，因此，共有個三角形． （2）圖（b）中有7條直線，從7條直線中選3條，有 種選法．每不過同點的3條直線構成一個三角形． （b）中，有2個頂點處有3條直線通過，

23、它們不能構成三角形，還有一個頂點有4條直線通過，因為4條直線中選3條有4種選法，即能構成4個三角形，現在這4個三角形沒有了，所以，圖（b）中的三角形個數是 （個）． 評注 從6條直線中選3條，第一條有6種選法，第二條5種選法，第三條有4種選法，共有種選法，但是每一種被重復計算了6次，例如，，，，，實際上是同一種，所以，不同的選法應為種． 23.2.11★★問8條直線最多能把平面分成多少部分？ 解析 1條直線最多將平面分成2個部分；2條直線最多將平面分成4個部分；3條直線最多將平面分成7個部分；再在添上第4條直線，它與前面的3條直線最多有3個交點，這3個交點將第4條直線分成4段，其中每一

24、段將原來所在平面部分一分為二，如圖，所以4條直線最多將平面分成個部分． 完全類似地，5條直線最多將平面分成個部分；6條直線最多將平面分成個部分；7條直線最多將平面分成個部分；8條直線最多將平面分成個部分． 評注 一般地，條直線最多將平面分成個部分． 23.2.12★★平面上5個圓最多把平面分成多少個部分？ 解析 1個圓最多能把平面分成2個部分；2個圓最多能把平面分成4個部分；3個圓最多能把平面分成8個部分；現在加入第4個圓，為了使分成的部分最多，第4個圓必須與前面3個圓都有兩個交點，如圖所示．因此得6個交點，這6個交點將第4個圓的圓周分成6段圓弧，而每一段圓弧將原來的部分一分為二，

25、即增加了一個部分，于是，4個圓最多將平面分成個部分． 同樣道理，5個圓最多將平面分成個部分． 所以，5個圓最多將平面分成22個部分． 說明 用上面類似的方法，可以計算出個圓最多分平面的部分數為 ． 23.2.13★★★平面上5個圓和一條直線，最多能把平面分成多少個部分？ 解析 首先，由上題可知，平面上5個圓最多能把平面分成22個部分，現在加入一條直線，由于一條直線最多與一個圓有兩個交點，所以一條直線與5個圓最多有10個交點．10個點把這條直線分成了11段，其中9段在圓內，2條射線在圓外，9條在圓內的線段把原來的部分一分為二；圓外只增加了一個部分．所以，總共增加了10個部

26、分． 因此，5個圓和1條直線，最多將平面分成個部分． 23.2.14★★★三角形內部有2008個點，以頂點、、和這2008個點為頂點能把原三角形分割成多少個小三角形? 解析 設內部的個點能把原三角形分割成個小三角形，我們考慮新增加一個點之后的情況： (1)若點在某個小三角形的內部，如圖(a)，則原小三角形的三個頂點連同將這個小三角形一分為三，即增加了兩個小三角形； (2)若點在某兩個小三角形公共邊上，如圖(b)．則這兩個小三角形的頂點連同點將這兩個小三角形分別一分為二，即也增加了兩個小三角形．所以，內部的個點把原三角形分割成的小三角形個數為 ． 易知，于是 ，，…，． 將

27、上面這些式子相加，得 ． 所以，當時，三個頂點、、D和這2008個內點能把原三角形分割成個小三角形． 23.2.15★★★平面上有100條直線，其中有20條是互相平行的，問這100條直線最多能將平面分成多少部分？ 解析1 首先，這20條平行線將平面分成21個部分． 設另加上條直線，連同這20條平行線最多可將平面分成個部分，則 ． 這是因為當再加入第條直線后，它與前條直線最多有個交點，從而這條直線被分成了段（其中有兩段是射線），每一段將原來的部分一分為二，即增加了個部分． 所以 ， …… ， 把上面的后個等式相加，得 ． 易知，故 ． 所以． 所以，這100

28、條直線最多將平面分成了4861個部分． 解析2 解法1是先從平行線入手，現在我們先從80條互不平行的直線入手．一般地，設平面上條直線最多可將平面分成個部分，則（見題23.2.11） ． 所以，80條直線最多將平面分成3241個部分．現在再加入平行線． 每加入一條平行線，它與前面的直線最多有80個交點，從而增加81個部分，于是加入20條平行線后最多增加個部分． 因此，這100條直線最多將平面分成 個部分． 23.2.16★★★圓周上有個點，每兩點連一條弦，如果沒有三條弦交于圓內一點，問：這些弦在圓內一共有多少個交點？ 解析 圓周上每4點構成一個凸四邊形，它的兩條對角線（弦

29、）交于一點（如圖），因此第4點對應于圓內一個交點．由于沒有三條弦交于圓內一點，所以不同的4點對應于圓內的不同交點．反應過一，設點是弦與的交點，則與4點在、、、對應．所以，交點的個數就是圓周上個點中取4點的不同的取法總數，即 ． 評注 最后的答案中要除以，理由同題23.2.10．． 23.2.17★★★圓周上有8個點，，…，，如圖所示． （1）從出發(fā)將它們連結成一條在圓內不相交的折線（由7條線段組成，例如折線就是滿足要求的一條），共可得多少條不同的折線？ （2）如果可以從這8點中的任一點出發(fā)，共可得多少條不同的拆線？ 解析 （1）從出發(fā)連第1條線段時，只有兩種連法：或（否則，若連

30、，則與、、、、分布在兩邊，要每個頂點都連到，必定與相交）；接著連第2條線段時，也只有兩種連法……連第6條線段時，有兩種連法，連最后一條線段時，只有一種連法，所以由乘法原理知，不同的折線共有 （條）． （2）由（1）知，從8個點中的每一點（，2，…，8）出發(fā)，可以有64條不同的折線，從而可得條折線，但是對其中的每一條折線，將它的起點和終點都作為出發(fā)點重復算了一次，所以應除以2，故不同的折線共有 （條）． 23.2.18★★★★在平面上給出條直線，且它們中的任何兩條不平行，任三條不共線，證明：這些直線把平面分成的各部分中，三角形個數不少于． 解析 研究已知直線的所有交點．我們證明，這些點都在不多于兩條已知直線的同一旁．假設所有這些交點都在三條已知直線的同一旁，這三條直線構成三角形，第四條直線不能僅與這個三角形的邊相交，也就是它至少與一條邊的延長線相交．為了確定起見，設它與從點出發(fā)的邊的延長線相交于某點．這時點和在直線的兩旁，得出矛盾．因此至少有條直線，它的兩旁都有交點． 如果我們在由直線所給出的半平面上選取鄰近的交點，那么這個點是毗連直線的三角形的頂點．這樣一來，有不少于條直線，毗連它們每一條至少有兩個三角形，并且有兩條直線，毗連它們每一條至少有一個三角形，因為每個三角形恰毗連三條直線，所以有不少于個三角形． 15