2020江苏初中数学竞赛初一年级集训练习组合与计数专题(含答案)

2020江苏初中数学竞赛 初一年级集训练习组合与计数专题(含答案)有多少个有序整数对(X,y)满足x2 y2<5?解析我们把这个问题分成 6种情况：x2y2 i,i 0,1,2,…，5.当X2 y2 0时， (X ， y) (0， 0) ；当x2 y2 1时， (x,y)=(0, 1)， (0,y)， (1,0)，( 1,0)；当x2 y2 2时， (x,y)=(1, 1)， ( 1,1)， (1,1)， (1,1)；当x2 y2 3时，不可能；当x2 y2 3时，不可能；当x2 y24时，(x,y)=(0, 2)，(0,2)， (2,0)， (2,0)；当x2y25时，(x,y)=(2,1)，(2,1)，(1,2)，(1,2)，(1,2)，(1,2)，(2,1)，(2,1)．由加法原理知，满足题设的有序数对共有14404821(个)．利用数字1、2、3、4、5共可组成(1)多少个数字不重复的三位数？(2)多少个数字不重复的三位偶数？(3)多少个数字不重复的偶数？解析(1)百位数有 5种选择；十位数有 4种选择；个位数有 3种选择，所以共有54360个数字不重复的三位数．(2)先选个位数，共有两种选择： 2或4．在个位数选定后，十位数还有 4种选择；百位数有3种选择．所以共有 24324个数字不重复的三位偶数．(3)分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有 8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述( 2)中求得的为 24个．四位偶数共有： 2 4 3 2 48个．括号外面的2表示个位数有 2种选择(2或4)．五位偶数共有： 2 4 3 2 1 48 个．由加法原理，偶数的个数共有28244848130(个)．从1到300的正整数中，完全不不含有数字 3的有多少个？解析1将符合要求的正整数分为以下三类：(1)一位数，有 1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9八种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有 0，共9种情形，故二位数有 8972个．(3)三位数，在百位上出现的数字有 1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有 0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有299162个.因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有872162242个.解析2将0到299的整数都看成三位数，其中数字 3不出现的，百位数字可以是 0、1或2三种情况，十位数字与个位数均有九种，因此除去0共有3991242个.一个班级有30名学生.（1）从中选出2人，一个担任班长，一个担任副班长，共有多少种不同的选法？（2）从中选2个人去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？解析（1）从30个人中选1个人担任班长，有30种选法，再从剩下的29个人中选1个人担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为 3029870（种）.（2）从30个人中选两人有3029种选法，但由于选出甲、乙去比赛和选出乙、 甲去比赛是相同的情况，因此不同的选法共有 30二9435（种）.2在小于10000的正整数中，含有数字1的数有多少个？解析不妨将1至9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前面补 0,使之成为四位数.先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有 0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每一位都有 9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为99996561.其中包括了一个0000,这不是正整数，所以比10000小的不含数字1的正整数有6560个，于是，小于10000且含有数字1的正整数共有999965603439个.在1到9999中，有多少个整数与4567相加，至少在一个数位中发生进位？解析将0到9999这10000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左面添 0补足四位.考虑这些四位数中，有多少个在与 4567相加时不发生进位.这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；十位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能.所以这样的数共有543360（个）.其中包括0.所以，在1到9999中，与4567相加产生进位的整数有100003609640（个）,.在1到1999这1999个自然数中，取4的倍数与7的倍数各一个相加，一共可得到多少个不同的和.解析在1到1999这1999个自然数中，有4的倍数499个，它们是4,8,12,•••,1992,1996;有7的倍数285个，它们是7,14,21,…，1988,1995.可得至IJ的和最小为7411,最大为199619953991,介于11至3991之间的自然数，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TOC\o"1-5"\h\z29 21 8, 30 14 16,31 7 24,32 28 4, 33 21 12,34 14 20,35 7 28, 36 28 8,…反过来，不能得到的数还有3990、3989、3988、3986、3985、3982、3981、3978、3974.不能得到白数共有9918（个）.所以可得到的不同的和共有3991111 183963（个）..600有多少个不同的正约数（包括1和600）?解析将600质因数分解，有3 1 _2600235.一个正整数m是600的约数的弃要条件是m具有2a3b5c的形式，其中a、b、c是整数且0<a<3,0<b<1,0<c<2.由于a有431种选择：0、1、2、3;b有211种选择：0、1;c有321种选择：0、1、2,故由乘法原理知，这样的m有42324（个）.评注 一般地，若一个正整数n的质因数分解式为__a1_a2 arnP1P2LPr.其中P1,P2,…，Pr是互不相同白质数，1,2,…，r是正整数，则n的不同正约数的个数为1 1 2 1Lr1..在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？解析 设abcde是满足要求的偶数,那么a只能取2、3、4、5、6,e只能取0、2、4、6、（1）若a取2、4、6之一，即a有3种选法，此时e有451种选法，b、c、d分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有348764032（个）.（2）若a取3、5之一，则a有2种选法，e有5种选法，b、c、d分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有258763360（个）.最后，由加法原理知，满足题意的偶数共有403233607392（个）,评注 在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在一起用的..求至少出现一个数字6,而且是3的倍数的五位数的个数.解析设满足要求的五位数为s1a2a3a4a5.由于3整除a1a2a3a4a5的充要条件是3a1a2as&&，所以分情况讨论如下：（1）从左向右看，若最后一个 6出现在第5位，即a56,则a2、a3、a4可以从0,1,a1只有3种可能（例2,…，9这10个数字中任取1个，为了保证3a1a2&a1只有3种可能（例如，a2a3a4a51mod3,则研只能取2,5,8之一，等等），由乘法原理，五位数中最后一位是6,且是3的倍数的数有31010103000（个）.（2）从左向右看，最后一个6出现在第4位，即346,于是a5只有9种可能（因为%6）,a2、33各有10种可能，为了保证33132333435,31只有3种可能，由乘法原理，这一类的五位数有3910102700（个）.（3）从左向右看，最后一个6出现在第3位，即出6,则34、35均有9种可能，32有10种可能，31有3种可能，这类五位数有399102430（个）.（4）从左向右看，最后一个6出现在第2位，326,则33、34、35均有9种可能，31有3种可能，所以这类五位数有39992187（个）.（5）从左向右看，最后一个6出现在第1位，即316,则32、33、34均有9种可能，为了保证33132333435,35只有3种可能，从而这类五位数有39992187（个）.最后，由加法原理知，五位数中至少出现一个 6,且是3的倍数的数有3000270024302187218712504（个）..将1,2,3,4,5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，问：满足要求的排法有多少种？解析 设31,32,33,34,35是1,2,3,4,5的一个满足要求的排列.首先，对于31,32,33,34,不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾.又如果a1<i<3是偶数，a1是奇数，则3i2是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数.所以31,32,33,34,35只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下 5种情形满足条件：2,1,3,4,5;2,3,5,4,1;2,5,1,4,3;4,3,1,2,5;4,5,3,2,1..由35个单位小正方形组成的长方形中，如图所示，有两个“ *”，问包含两个“*”在内的小正方形组成的长方形（含正方形）共有多少个？解析含两个“*”的矩形，与第二、三两行有公共部分.它们可能与第一行有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：每一类中的矩形，可能与四、五两行都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分而与第五行没有公共部分，即又分为三类，这样，从行考虑共有 236类.同样，考虑列，矩形可能与第一、二列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第二列有公共部分，共三类.而与第五、六、七列的关系则有四列（都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分而与第七列无公共部分 ）.所以，由乘法原理，含两个“ *”的矩形共有233472（个）..设有红、黑、白三种颜色的球各 10个.现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有， 且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等， 问共有多少种放法.解析 设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为 x、y、z,则有14x、y、z<9,且xyz10x10y10z, ①即xyz50050xyz5xyyzzx, ②于是有5xyz.因此x,y,z中必有一个取5.不妨设x5,代入（1）式，得到yz10.此时，y可取1,2,…，8,9（相应地z取9,8,…，2,1）,共9种放法.同理可得y5或者z5时，也各有9种放法，但有xyz时两种放法重复.因此可得共有93225种放法..设正整数p和q互质.问：有多少个非负整数n不能表示成pxqy（x和y是非负整数）的形式？解析首先，由于p、q互质，所以下面q个数n,np,n2p,…，nq1p除以q所得的余数不同.事实上，若nipnjpmodq,0<ij<q1,则jip0modq,qjip,所以qji,矛盾.所以这q个数中一定有一个除以q余数为0,设这个数为nxp,0<x<q1,于是可设nxpqy,即pxpyn恰有一组满足0WxWq1的整数解（x,y）.设n与数组（x,y）依上述规律对应，即npxqy,0<x<q1.与y>0的数组（x,y）春风一度的整数n称为“好的”；否则称为“坏的”.若n与（x,y）对应，即npxqy,0<x<q1,则pqpqnpqpqpxqypq1xqy1.因为0wq1x<q1,且y与y1中恰有一个是非负的，所以，pqpqn与（q1x,y1）对应，且n与pqpqn中恰有一个是好的，一