第十五章 组合数学（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 第十五章组合数学 知识要点回顾 典型例题精讲 现代数学可以分为两大类：一类是研究连续 类型一 集合有关的问题 对象的，如分析学、方程等，另一类就是研究 【例1】四十个学生参加数学奥林匹克，他们 离散对象的数学。 必须解决一个代数问题、一个几何问题以及 有人认为广义的组合数学就是离散数 一个三角问题.具体情况如下表所述：其中 学，也有人认为离散数学是狭义的组合数学 有3位学生一个问题都没有解决.三个问题 和图论、代数结构、数理逻辑等的总称.但这 都解决的学生人数是多少？ 只是不同学者在叫法上的区别，随着计算机 问题 解决问题的学生数 科学的日益发展，组合数学的重要性也日渐 代数问题 20 凸显，因为计算机科学的核心内容是使用算 几何问题 18 法处理离散数据。 三角问题 18 组合数学不仅在基础数学研究中具有 代数问题和几何问题 7 极其重要的地位，在其他的学科中也有重要 代数问题和三角问题 8 的应用，如计算机科学、编码和密码学、物 几何问题和三角问题 9 理、化学、生物学等学科中均有重要应用.微 [解析]如表，令A={解决代数问题的学生}， 积分和近代数学的发展为近代的工业革命 B={解决几何问题的学生}，C={解决三角问 奠定了基础.而组合数学的发展则是奠定了 题的学生.依题意，A=20,B=C=18, 本世纪的计算机革命的基础.计算机之所以 A∩B=7,A∩C=8,C∩B=9, 可以被称为电脑，就是因为计算机被人编写 由容斥原理得|AUBUC=A+B+ 了程序，而程序就是算法，在绝大多数情况 IC-(A∩B+A∩C+ICnB) 下，计算机的算法是针对离散的对象，而不 +|A∩B∩C 是在做数值计算.确切地说，组合数学是计 所以A∩B∩C=|AUBUC-(A+ 算机出现以后迅速发展起来的一门数学分 |B+|C)+A∩B+A∩C+|C∩B 支，主要研究离散对象的存在、计数以及构 =(40-3)-(20+18+18)+(7+8+9)= 造等方面问题.由于计算机软件的促进和需 5(人) 求，组合数学已成为一门既广博又深奥的学 所以三个问题都解决的有5人 科，其发展奠定了本世纪的计算机革命的基 类型二 错位排列问题 础，并且改变了传统数学中分析和代数占统 【例2】同室四人各写一张贺年卡，先集中起 治地位的局面.正是因为有了组合算法才使 来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年 人感到，计算机好像是有思维的， 卡，则四张贺年卡不同的分配方式有() 239 第十五章组合数学 A.6种 B.9种 [解析]因为四人只有一人说真话，先设甲 C.11种 D.23种 说真话，即甲没有偷，由于丙说假话，故丁不 [解析]方法1：设四人分别为a、b、c、d,写 是小偷，丁说假话，故丁是小偷，矛盾； 的卡片分别为A、B、C、D,由于每个人都要 设乙说真话，即丙是小偷，但由于丁说假话， 拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种 故丁也是小偷，矛盾 拿法，不妨设a拿了B,则b可以拿剩下三张中 设丙说真话，则丁是小偷，但由于甲说假话， 的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种拿 故甲是小偷，矛盾. 法，所以共有3X3×1×1=9种分配方式. 故只有丁说真话，且由于甲说假话，故甲是 方法2：根据题意，列举出所有的结果. 小偷 1.甲乙互换，丙丁互换； 类型四新定义问题 2.甲丙互换，乙丁互换； 【例4】对于集合M二R,称M为开集，当且仅 3.甲丁互换，乙丙互换； 当HP。∈M,3r>0,使得{P∈R2IIPP|<r}三 4.甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的； M.判断集合{(xy)|4x十2y-5>0}与{(x,y)川 5.甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的； x≥0，y>0}是否为开集，并证明你的结论. 6.甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的： [解析]这里的开集表示的就是平面的一 7.甲要丙的丙要丁的乙要甲的丁要乙的； 个区域，该区域满足边界不属于该区域 8.甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的； (1)集合{(x,y)|4x+2y-5>0}是开集， 9.甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的 HP(xo,yo)∈{(x,y)|4x+2y-5>0}, 通过列举可以得到共有9种结果.所以B选 取r为P。到直线4x+2y一5=0的距离， 项是正确的 则{P∈RI|PP。<r} [说明]n封信均没装入正确信封的方 二{(x,y)|4x+2y-5>0}, 法数： 因此集合{(x,y)|4x+2y-5>0}为开集， 如图1. y个 本题用上面公式计算： P0,1 41·1-品+动动+》=9 4x+2y-5=0 类型三逻辑推理问题 图1 图2 【例3】珠宝店丢失了一件珍贵珠宝，以下四 (2)集合{(x,y)|x≥0，y>0}不是开集.取 人只有一人说真话，只有一人偷了珠宝，甲： P。(0,1)∈{(x,y)|x≥0，y>0}, 我没有偷，乙：丙是小偷.丙：丁是小偷.丁： 则对任意的r>0,{P∈R||PP。<r} 我没有偷.说真话的人是 ,偷珠宝 {(x,y)|x≥0，y>0},故它不是开集.如 的人是 图2. 235 强基数学·巅峰突破 [说明]所谓“开集”，其实就是平面上的一 类型六 染色问题 个区域，而区域的边界不属于区域内.若区 【例6】对正六边形的边和所有对角线染色， 域的边界（或者一部分边界）属于区域内，则该 任意三角形三边染色不同，任意两组三角形 区域就不是开集.事实上，对于HP。(a,b)∈ 染色方式不同，求至少要染多少种颜色. M={(x,y)川4x+2y-5>0},则点(a,b)到直线 [解析]至少要染7种颜色.首先，所有的三 1:4x+2y-5=0的距离为d=4a+2b-5 角形共有C=20个. 2√5 由于任意三角形三边染色不同，显然，若染n 所取的r只要满足0<r≤d,均可有 种颜色，则C≥20，故n≥6， {P∈RI|PP。|<r}二M,从而可知 下面先说明n=6不可以. M={(x,y)川4x十2y-5>0}是“开集”；而对 若n=6,则每三种 于集合Q={(x,y)川x≥0，y>0},只要所取的点 颜色的搭配恰好 P,(0,b)满足b>0即可知：不存在r>0,使得 染一个三角形，对 {P∈R||PP。|<r}二Q.从而可知Q不是 某一种颜色而言，（比如红色）它和其他颜色 “开集” 搭配了C号=10次，即比如出现了红色的边 类型五组合恒等式问题 的三角形恰有10次， 【例】计算C×2+C()°+c(号)】 另一方面，对某一条边而言，比如若AB染成 红色， ++nC(号》的值 含有AB边的三角形有4个，△ABF, [解析] 先证明C-C △ABE,△ABD,△ABC c-6中nD2g--+山 1 于是红色边的线段共有10=2.5条，矛盾」 k! 再来构造一种=7的染色方案，记7种颜色 =n(n-1)(n-2)…(n-k+1) (1十k)I 为颜色0，颜色1，颜色2，…，颜色6.记六边 =1.n+1)n(n-1)(n-2).(n-k+1) 形为ABCDFE,且各顶点A,B,C,D,F,E n+1 (1十k)川 依次对应数字1,2,3,4,5,6.我们对每一条 边和对角线染 F6 颜色4 Es 颜色0 颜色2 上它们所对应 所以C×2+c(2)广+c(2)'+…+ A >D 两个端，点所对 颜色3 颜色0 B2颜色5 C3 c() 应的数字模7 的余数的颜色数字，比如：AB边染上颜色3， +1Cx号+c(2)+c(+… BC边染上颜色5，…，AF边染上颜色0（如 图).对角线也一样，下面证明这种染色方案 c() 符合要求.对同一个三角形而言，设三个顶 1+-1-”-1 点对应的数字为i,j,k(1≤i,j,k≤6)，若有 第十五章组合数学 两边染色相同， [解析]能.先将64匹马任意分成8组，通 设i+j=i+k(mod7)→j三k(mod7),显然 过8次可以将每组马的实力排序.8组内每 不可能； 组的1,2,3,4,5,6,7,8名都能排好顺序.将 又若有某两个三角形染色方式相同，设它们 8组8匹的马组合并成4组16匹的马组，通 顶点对应的数字分别为i,j,k,,,k',且不 过3次可以将其中一组的16匹马的实力排 妨设 序，方法如下：先从两组8匹的马组里各选出 i+j=i+j'(mod7),i+k=i+k'(mod7), 实力最强的4匹马跑一次，可以得出这16匹 j+k=j'十k'(mod7)三式相加： 马的前4名，然后再跑出5到8名，最后得到 2(i+j+k)=2(i+方'+k')(mod7), 9到16名，这样共进行了3×4=12次；再将 又(2,7)=2，由同余性质 4组16匹的马组合并成2组32匹的马组. i+j+k=i+jk(mod7), 用上述类似的办法通过7次可以确定一个组 结合i+j=i'+j'(mod7)有k=k'(mod7), 里的32匹马的实力，此时需要7×2=14次， 同理i=i'(mod7),j=j'(mod7).只有这两 最后将2组32匹的马组合并成1组64匹的 个三角形是同一个三角形才有可能： 马组.还是用上述类似的办法通过15次可以 综上，至少染7种颜色 完全将64匹马的实力顺序排序.到此，一共 [说明]对同一个对象，通过两种不同的角 进行了8+12+14+15=49场比赛. 度进行计算，是解决这类问题的重要方法， [说明]排序问题有多种解决方案，可以参 构造一个实例是证明的重要组成部分 考组合数学中有关内容，构造一种符合题意 四色问题：如果你仔细留心一张世界地图， 的排序方案，可从平均分组下手. 你会发现用一种颜色对一个国家着色，那么 类型八覆盖问题 一共只需要四种颜色就能保证每两个相邻 【例8】设平面上有三个点，任意两个点之间 的国家的颜色不同.这样的着色效果能使每 的距离不超过1，问：半径至少为多大的圆盘 一个国家都能清楚地显示出来.但要证明这 才能盖住这三个点？请证明你的结论， 个结论却是一个著名的世界难题，1976年数 [解析]设三点为A,B, 学家通过计算机运算得到证明而成为四色 C.若A,B,C共线，且B C A 定理，最近人们才发现了一个更简单的证明 在A,C之间，则直径为AC 方法. 的圆盘可盖住此三点，此时半径不大于 类型七构造方法问题 若A,B,C能构成三角形， 【例？】一场跑马比赛至多只能有8匹马参 不妨设∠A≥∠B≥∠C.若∠A为钝角，则 赛，假设同一匹马参加每一场比赛的表现都 以BC为直径的圆盘能盖住A,B,C三，点，此 是一样的，问：64匹速度各不相同的马能否 通过不超过50场的比赛分出任意两匹马之 时半径不大于号若∠A不是能角，则能盖住 间的优劣？ 此三，点的最小圆为△ABC的外接圆，由于此时 237 强基数学·巅峰突破 ∠A≥60°，所以外接圆半径等 …、m,当j1<j2时，都有a≤aj,·现将 a y {a}mxn的每一列原有的各数按照从上到下 于2sinA≤2sin60 3 递增的顺序排列，形成一个新的m×n阶数 且A,B,C三点构成边长为1的等边三角形 阵，记作(a';}m×n,即对任意的j=1、2、3、 时，需半径为的园盒才能盖往 …、n,当i<i2时，都有a'≤a'.试判断 3 {a'j}m×n中每一行的n个数的大小关系，并 综上，半径至少为的圆盘才能盖住这三 3 说明理由 个点 [证明]方法l:数阵{a'前}mxn中每一行的n 类型九抽屉原理问题 个数从左到右都是递增的，我们要证数阵 【例9】(1)空间中存在6点，任意3点不在同 {a'i}mxn中每一行的n个数从左到右都是递 一直线上，可组成几个三角形？ 增的， (2)用一种颜色描绘其中几条线段，另一种 我们只需证明，对于任意i=1、2、3、…、m,都 颜色描绘其他线段，问可能存在一个三边同 有a≤a+D,其中j=1、23、…n-1. 色的三角形吗？ 若存在一组a'M>a'gD,令 [解析](1)可组成C8=20个三角形； a'g+)=ag+1D,其中k=1、2、3、…、m, (2)可能，将空间6，点记为A1,A2,A3,A1, {i1,i2,i3,…,im}={1,2,3,…,m}.则当t≤p A,A6,不妨以A1为参考，点，连出A1A2, 时，都有aig≤a:g+1n=a'g+n≤a'g+n<dm A1A3,A1A4,A1A,A1A6五条线段，由于一 也即在a(i=1、2、3、、m)中，至少有p个 共只有两种颜色（不妨具体设为灰色和黑 数小于a'a,也即a'a在数阵{a'}mxn的第g 色)，根据抽屉原理，上述五条线段中至少有 列中，至少排在第p十1行，与a'm排在第p 三条线段同色（假设为灰色）， 行，矛盾 不妨记为A1A2,A1A3,A1A4,(则A2A3, 所以对于任意i=1、2、3、…、m,都有 A3A4,A2A4必须均为黑色，否则至少存在一 a'≤a'i+D,即数阵{a'i}mxn中每一行的n 个△A1AA,(i,j=2,3,4,i≠j)三边同色，则 个数从左到右都是递增的. 这个三角形就满足要求)，于是△A2A3A4三 方法2：每一行的数从左至右递增，理由如下 边均为黑色，就是满足要求的一个三边同色 a11a12 aIn 的三角形 a21a22 a2n A- [评析]本题是应用抽屉原理的典型的例 子，关键在于利用颜色构造抽屉. am am2 amm 类型十其他问题 iau a12 …a1n 【例10】已知有mn个实数，排列成mXn阶 a21 a22 …a2m B= 数阵，记作(a}m×n,使得数阵中的每一行从 左到右都是递增的，即对任意的i=1、2、3、 a ml a m2 238 第十五章组合数学 考虑两个两个数阵的第一列和第二列，这里 (1)这些直线不经过该点集S中的任何一 a'11,a'21,…,a'm1是a11,a21,…,am1的一个 个点； 排列， (2)每个区域中均不会同时出现两种颜色 依题意有a11≤a21,a21≤a22,…,aml≤am2 的点、 a11 a11 求k的最小值，使得对于任意的点集S,均存 a21 在由k条直线构成的“好直线组”， ,X' a21 : [解析]先证明k≥2019：在一个圆周上顺 aml a ml 次交替标记2019个红，点和2019个蓝点，在 a12 a12 平面上另外任取一点染为蓝色，这个圆周就 a22 a22 被分成了4038段孤，则每一段的两个端点 ,Y'= 均染了不同的颜色；若要满足题目的要求， a m2 a m2 则每一段孤均与某条画出的直线相交； 则X中的每一个元素分别小于或等于Y中 因为每条直线和圆周至多有两个交点，所 至少一个不同元素， 以，至少要有4938-2019条直线. X'中的每一个元素分别小于或等于Y'中至 再证明：用2019条直线可以满足要求 少一个不同元素， 对于任意两个同色点A、B,均可用两条直线 对于an,由于an≤a'+ll≤a'+2.l≤…≤d'm1, 故a'm小于或等于X'中至少m=i十1个不 将它们与其他的点分离. 同元素， 作法：在直线AB的两侧作两条与AB平行 故a'm小于或等于Y'中至少m一i+1个不同 的直线，只要它们足够接近AB,它们之间的 元素， 带状区域里就会只有A和B这两个染色点 而a'2是Y'中从小到大排列的第i个元素 设P是所有染色，点的凸包，有以下两种 (即从小到大的第m-i+1个元素) 情形： 所以a'n≤a'2,同理a'n≤a'8,a'8≤a'4,… (1)假设P有一个红色顶点，不妨记为A.则 a'w-1≤a'n, 可作一条直线，将点A和所有其他的染色点 即{a'}中每一项从左到右递增 分离，这样，余下的2018个红，点可以组成 【例11】设集合S是由平面上任意三点不共 1009对，每对可以用两条平行直线将它们与 线的4039个点构成的集合，且其中2019个 所有其他的染色，点分离，所以，总共用2019 点为红色，2020个点为蓝色；在平面上画出 条直线可以达到要求. 一组直线，可以将平面分成若干区域，若一 (2)假设P的所有顶点均为蓝色.考虑P上 组直线对于点集S满足下述两个条件，称这 的两个相邻顶点，不妨记为A、B.则用一条 是一个“好直线组”： 直线就可以将这两个点与所有其他染色，点 239 强基数学·巅峰突破 分离.这样，余下的2018个蓝，点可以组成 4.(2017·清华){a1,a2,a3,…,a6}是 1009对，每对可以用两条直线将它们与所有 {1,2,3,4,5,6}的一个排列，使a1-5a2+ 其他染色点分离， 10a3-10a4+5a5-a6=0有 种不 所以，总共也用了2019条直线可以达到 同排列数 要求 A.5 B.6 C.8 D.7 综上：k的最小值为2019. 5.(2017·清华)（多选）5个人中每两人之间比 >真题实战演练 赛一场，若第i个人胜x,（i=1,2,3,4,5)场， 负y:(i=1,2,3,4,5)场，则 一，选择题 A.x1十x2十x3十x4十x5为定值 1.(2017·清华)已知所有元素均为非负实数 B.y1十y2十y3十y4十y5为定值 的集合A满足：Ha:,a,∈A,a:≥a;,均有 C.x+x+x十x十x号为定值 a:十a;∈A或a;-a,∈A,且A中任意三个元 D.y+y2十y十y十y为定值 素的任意排列均不构成等差数列，则集合A 6.(2020·清华)（多选）《红楼梦》《三国演义》 的元素个数可能为 《水浒传》《西游记》四部书分列在只有四层 A.3 B.4 架子的书柜的不同层上，小赵、小钱、小孙、 C.5 D.6 小李分别借阅了四部书中的一部，现已知： 2.(2017·清华)（多选）若存在满足下列三个 小钱借阅了第一层的书籍，小赵借阅了第二 条件的集合A,B,C,则称偶数n为“萌数”： 层的书籍，小孙借阅的是《红楼梦》，《三国演 (1)集合A,B,C为集合M={1,2,…,n}的3 义》陈列在第四层，则 个非空子集，且A,B,C两两交集为空集， A.《水浒传》一定陈列在第二层 AUBUC=M; B.《西游记》一定陈列在第一层 (2)集合A中所有数为奇数，集合B中所有 C.小孙借阅的一定是第三层的书籍 数为偶数，所有3的倍数都在集合C中： D.小李借阅的一定是第四层的书籍 (3)集合A,B,C中所有数的和分别记为 7.(2021·清华)已知A1,A2,…,A10十等分圆 S1,S2,S3,S1=S2=S3.下列说法正确的是 周，则在其中取四点构成的凸四边形为梯形 ( 的个数为 ( A.8是“萌数” B.60是“萌数” A.60 B.45 C.40 D.50 C.68是“萌数” D.80是“萌数” 8.(2024·清华)正整数a,b,c∈{1,2，…， 3.(2015·清华)从正15边形的顶点选出3个 构成钝角三角形，则不同的选法有 100},且1+12 十c=方，a>b>c,满足这样条件 a A.105种 B.225种 的(a,b,c)的组数为 ( C.315种 D.420种 A.60 B.90 C.75 D.86 240 第十五章组合数学 二、填空题 18.(2023·北大)已知正整数数列a,b,c,d严格 9.设n是正整数，考虑满足下面条件的多项式 递增，且a+b+c+d为101的倍数，d≤101， f:①f(x)的系数只能是0,1,2,3；②f(2)=n, 则这样的数组(a,b,c,d)共有 个 这样不同的多项式有 个 19.(2023·北大)十边形内任意三条对角线都 10.在1、2…、2+1一1(k为自然数)中，有些数 不会在其内部相交于同一个点，则这个十 写成二进制后数字和为偶数，这些数的和 边形所有的对角线可以把这个十边形划分 为 为 个区域 11.空间中有100个点，将每两点间所连线段的中 20.(2024·清华)点集S={(x,y)|x≤5， 点都染上红色，红点的个数最少有 y≤4，x,y∈N*},则由S中的点可组成 12.(2015·北大)设A1,A2,…A都是9元集合 个不同的三角形. {1,2,3,…,9}的子集，已知|A:|为奇数， 三、解答题 1≤≤n,A,∩A|为偶数，1≤i≠j≤n,则n 21.在图中，每个方格着红色或蓝色，证明至少 的最大值为 存在两列有相同的着色. 13.(2021·清华)若平面上有100条二次曲线， 则这些曲线可以把平面分成若干个连通区 域，则连通区域数量最大值为 14.(2021·北大)设正整数m,n均不大于2021， 且，<巨<n+1,则这样的数组(mm n 的个数为 15.(2021·清华)对于三个正整数a,b,c,有 √a+b,√b十c,c十a三个连续正整数，则 a2+b2+c2的最小值为 16.(2023·北大)已知集合S={(-1,0), (1,0),(0,1),(0,一1)}，甲虫第一天在原 点O(0,0),第n十1天从第n天的位置出 发沿向量移动，其中∈S.用S。表示第 n天甲虫可能处于的不同位置，则 1S2023= 17.(2023·北大)由 12 22 7 2023 2023, 「202327 2023 构成的集合共有 个 元素 241 强基数学·巅峰突破 22.(1)求小于10000且含1的正整数的个数； 24.一个学生打算用37天总共60学时自学一 (2)求小于10000的含0的正整数的个数， 本书，他计划每天至少自学1学时，证明：无 论他怎样安排自学时间表，必然存在相继 的若干天，在这些天内其自学总时数恰好 为13学时. 25.设(1+x)”=a0+a1x十a2x2+…+amx”, 23.证明：在任意52个整数中，必存在两个数， n≥4，n∈N*.已知a3=2a2a4. 其和或差能被100整除. (1)求n的值；(2)设(1十√3)"=a+b√3，其 中a,b∈N*,求a2-3b2的值. 242 第十五章组合数学 26.A-(1-1)+(g-2)≤}， 28.求证：(C9)2+(C)2+…+(Ca)2=C3m B=(xy)l|x-1+2|y-2≤a,A二B, 求a的取值范围. 29.排球单循环赛，南方球队比北方球队多9 27.有数条抛物线（线和线的内部）能够覆盖整 支，南方球队总得分是北方球队的9倍， 个平面吗？证明你的结论 求证：冠军是一支南方球队.（每球队胜得1 分，败得0分) 243 强基数学·巅峰突破 30.有2009个黑球，2008个白球任意排列.求 31.(2017·清华)记|A|表示集合A的元素个 证：对于最左边是白球的任排列，总能从中 数，A+B={a十bla∈A,b∈B). 找到1个黑球，使它左边的黑球数等于 白球数. 若A+A-A(A十1).则称集合A 有性质T. (1)设A={a1,a2,…,an},{an}为等比数列 且各项为正有理数.证明A有性质T. (2)已知A,B均有性质T,且|A=|B=,求 |A+B的最小值. 244强基数学·巅峰突破 (x-3)(x+1-y)=8 确.C.设A={0,a1a2aa:}且a<a<a<a,于是由0< 解得答案为(x,y)=(1,6),(2,11),(5,2),(7,6),(11,11) a-a<a-a:<a-a1知，a-ag=a1,a4-ag=a2,a4-a 评析：二次型不定方程，通过配方进行分解，再作质因数分 =a0,a2,a成等差数列，错误.D.A={0,a1a2,ag,a,a} 解讨论方程的根，这类题是不定方程当中非常常见且难度 且a,<a,<a<a,<a,于是和C相似的处理方法可以得到 不大的问题，请大家掌握. a1十a:=ag十ag=a,由于a,十ag>a5,所以a:-ag=ag-a 66.解：由x2-13「x]+11=0得x2=13[x]一11∈N,所 =a1,于是0，a1,a2成等差数列，错误. 以x>1, 评析：集合问题向来是组合数学中的重点，对所给集合的条 因为x-1<[]<,所以2-13(x-1D+11>0, 件反复运用，数学灵感较好的同学应该不难想到C、D中的处 x2-13x+11≤0， 理方法」 得-24<x2-13x≤-11， 2.ACD桑合M中所有元素的和为Sw=口十”，考虑到3lSM, 2 解得x∈1,18-区)U3+匝，13+55]. 于是n=6k,6k+2(k∈N") 2 2 2 此时[x]可能取值为1,2,10,11,12， 当n=6k时，集合M中所有3的倍教之和大于号SM,集合C 分别代入计算可得x=√2，√15，√19，√132,145 经检验√5不符合题意，故方程的解只有4个 中元素之和大子号5，不特.当m=6十2时，5=18+15k 67.解：解法一：由题设，每位数字取自集合{2,4,6,8}，因此每位 十3，其中3的倍数和为6k十3k,而所有奇数的和为9k+6k+ 有4种选择，且数字2出现的次数为偶数（包括0次），下面 1,所有偶数的和为9k2十9k十2，那么只需要找若干和为k的奇 按2025位数中含有2的个数分类求解如下： 数，若千和为k+1的偶数放入C集合中，所以k为奇数，n=121 ①当含有0个2时：数字2的填法有C2种填法，每一位都 一4形式的数是必要条件，通过验证A、C、D三个选项，进行 从4,6,8中选一个数字有3种，2025位有32种不同填 构造 法，共有C2532025种不同填法. A:5、7;4、8:1、2、3、6: C:k=11,将奇数11，偶数4,8和3的倍数放入集合C中； ②当含有1个2时：数字2的填法有C5种填法，在剩下的 D:k=13,将奇数13，偶数4,10和3的倍数放入集合C中 每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种，2024位共有 32·种填法，共有C25322种不同填法； 评析：组合题目，根据条件自然想到去估算集合C来确定 个数是“萌数”所需要满足的条件」 ③当含有2个2时：数字2的填法有C225种填法， 3.C考虑正十五边形中钝角的个 在剩下的每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种， 数：可知其中一个角为钝角等价 2023位有共有3202种填法，共有C032种不同填法； 于该角对面的弦的另一侧有大于 ④当含有i个2时：数字2的填法有C种填法， 或等于7个，点，假设正十五边形的A 在剩下的每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种， 顶点为A1,A2,…,A5.先考虑以 2025-i位有32-种填法，共有C32025种不同填法. A:为顶点的钝角的个数，如果 An (其中i=3,4,5,…,2025) AA。是角的一条边，那么剩下一 A 所以，由加法原理，满足各位数字由2,4,6,8组成的2025 AB A 条边的顶点，只有可能为A。到 位数的不同数的总个数是Co2532025+Cs3204十…十 A1中任一个；如果A1A是一条边，剩下一条边的顶，点只有 Ce532o2i-+…十C823°=(3+1)2o2①. 可能为A到A1中任一个…于是以A1为顶，点的钝角的个 又C2232o25-C32o24+…+(-1)C0s32025-i+… 数为1+2+3+4+5+6=21. C83=(3-1)202②，由①+②得满足各位数字由2,4， 再注意到，每一个钝角唯一确定一个钝角三角形，每一个钝 6,8组成，且含偶数个2的2025位数的总个数为C3 角三角形唯一确定一个钝角，于是钝角的总数量和钝角三角 +C53o+…+C8833+C831= 形的总数量是相等的 (3+1)2025+(3-1)202 -=21049+22024 于是钝角三角形一共有21×15=315个 2 评析：这是一道组合计数问题，并且是组合计数问题当中非 所以满足各位数字由2,4,6,8组成，且含偶数个2的2025 常著名的正多边形的顶点角和顶点三角形的计数问题，已经 位数有2049十2202：个. 属于竞赛题的范围，本题转化钝角三角形个数为钝角个数的 解法二：由题设，每位数字取自集合{2,4,6,8}，因此每位有 思想是组合中基本的映射的思想.此题难度不小. 4种选择，且数字2出现的次数为偶数（包括0次）， 4.B化简a1-5a,+10a3-10a,+5a:-a=0,有10(ag-a,) 由数字每一位的生成函数为3十x,则2025位数的生成函数 +5(a-a2)+(a1-a)=0.故有5la1-a.而{a1,a,ag,…, 为f(x)=(3十x)22, a}是{1,2,3,4,5,6}的一个排列，故只可能a1=1,a:=6或 所以，只需求(3十x)5中偶数次幂的系数和S即可，而 者a=1,a1=6.分别代入有2{a一a,）十a一a2±1=0.用同 f(1)=4225,f(-1)=22025 样的考虑方式，2a-a2±1，即a-a是奇数.将{2,3}{3， 又f(1)+f(-1)=2S,则S=f1)+f(-1)=2g 2}{2,5}{5,2}{3,4}{4,3}{4,5}{5,4}共八种不同的情况代 2 入，一共只有六组解.选B. +22024 评析：组合数论题目，不仅要求学生有较好的数论分析功底， 还要求能从复杂的分类讨论中不重复、不遗漏地找到所有满 第十五章组合数学 足题意的解，总体而言这道题难度较高· 5.AB AB ++++=y:+y= 一、选择题 1.B显然0∈A.选项A.设A={0,a1,a2},则a,一a1=a1,于是 2×20=10,为定值，CD中xi+zx+x+x+x和+ 0,a1Q2成等差数列，错误.B.取A={0,1,3,4}满足条件，正 +y十y十y之间没有直接关系。 376 参考答案与解析 评析：组合构造题目，对于CD,可以直接构造几种情况来验 、 取d=2,(a,b,c)=m(99,77,63),m=1;共2种 证CD. ⑤若≥9，则(9+d)(9+2d)≤(k+d)(k+2d)≤100， 6,CD依题意列出可能的排表 .d=1,.(a,b,c)= 四层 小李 《三国演义》 《三国演义》 m((k+1)(k+2),k(k+2),k(k+1)), .(k十1)(k十2)≤100，.k≤8，矛盾： 三层 小孙 《红楼梦》 《红楼梦》 (2)当长为偶数时，设p=子mk(+d(+2, 二层 小赵 《水浒传》 《西游记》 一层 小钱 《西游记》 《水浒传》 则a.b0）=n(e+d(会+d),号+2d,号+a）, 选C、D ①若k=2,则(a,b,c)= 7.A首先考虑梯形的形状，将圆周十等分，只看四条边所对圆 m((2+d)(1+d),2(1+d),2+d), 心角的份数，设上底为x,腰为y,下底为心， .(2+d)(1+d)≤100， 则/+2y+=10 : d=1,2,3,4,5,6,7,8,考虑到(k,d)=1,从而d=1,3, 其中x,y,∈N”.枚举可得(xy,)∈ 【xx 5,7, {(1,1,7)(2,1,6)(3,1,5)(1,2,5)(2,2,4)(1,3,3)}. 取d=1,(a,b,c)=m(6,4,3),m=1,2,…,16: 将上述每个梯形旋转均有10个位置，因此答案为6× 取d=3,(a,b,c)=m(20,8,5),m=1,2,…,5; 10=60. 取d=5,(a,b,c)=m(42,12,7),m=1,2; 11 取d=7,(a,b,c)=m(72,63,56),m=1,共16+5+2+1= 24种； 通分后为女，6士4，+2d,其中(k,d)=1:则，k十d) ②若=4，则(a,b,c)= p’p m((4+d)(2+d),4(2+d),2(4+d)), p,(k+2d)|p, .(4+d)(2+d)≤100，.d=1,2,3,4,5,6,7,考虑到 (k,k+d)=(k,d)=1,(k,k+2d)=(k,2d)= (k,d)=1, (,2)=1,k为奇数， 从而d=1,3,5,7,取d=1,(a,b,c)=m(15,12,10),m=1, 2,k为偶数， 2,…,6； (k+d,k+2d)=(k+d,d)=(k,d)=1, 取d=3,(a,b,c)=m(35,20,14),m=1,2: ∴.当k为奇数时，(，k+2d)=1,k(k十d)(k+2d)|力：当k 取d=5,(a,b,c)=m(63,28,18),m=1: 为偶数时，(k,k+2d)=2,[k,k+d,k+2d]= 取d=7,(a,b,c)=m(99,36,22),m=1:共6+2+1+1= k+d)(k+2d,k+d5+21p: 10种： 2 ③若k=6,则(a,b,c)= (1)当k为奇数时，设p=mk(k十d)(k十2d), m((6+d)(3+d),6(3+d),3(6+d)), 则(a,b,c)=m((k+d)(k+2d),k(k+2d),k(k+d)), .(6+d)(3+d)100, ①若k=1,则(a,b,c)=m((1+d)(1+2d),1+2d,1+d), .d=1,2,3,4,5,考虑到(k,d)=1,从而d=1,5, .(1+d)(1+2d)≤100， 取d=1,(a,b,c)=m(28,24,21),m=1,2,3; ∴.d=1,2,3,4,5,6,取d=1,(a,b,c)=m(6,3,2),m=1,2, 取d=5,(a,b,c)=m(88,48,33),m=1:共3十1=4种： …,16: ④若k=8,则(a,b,c)= 取d=2,(a,b,c)=m(15,5,3),m=1,2,…,6: m((8+d)(4+d),8(4+d),4(8+d)), 取d=3,(a,b,c)=m(28,7,4),m=1,2,3; .(8+d)(4+d)≤100：.d=1,2,3,4,考虑到(k,d)=1, 取d=4,(a,b,c)=m(45,9,5),m=1,2: 从而d=1,3, 取d=5,(a,b,c)=m(66,11,6),m=1； 取d=6,(a,b,c)=m(91,13,7),m=1:共16+6+3+2+1 、 取d=1,(a,b,c)=m(45,40,36),m=1,2; +1=29种： 取d=3,(a,b,c)=m(77,56,44),m=1;共2+1=3种： ②若k=3,则(a,b,c)= ⑤若≥10，则(10+d)(5+d)≤(k+d)(多+d)≤100， m((3+d)(3+2d),3+6d,3+3d), .d=1, ∴.(3十d)(3+2d)100,∴.d=1,2,3,4,考虑到(k,d)=1, 从而d=1,2,4, a,6c)=m(+1D·(冬+1）人，冬(k+2),(k+1D）, 取d=1,(a,b,c)=m(20,15,12),m=1,2,3,4,5; 取d=2,(a,b,c)=m(35,21,15)m=1,2; ∴k+10(冬+1)≤100，k=10.12,取k=10,(ab,0) 取d=4,(a,b,c)=m(77,33,21),m=1:共5+2+1=8种； m(66,60,55),m=1; ③若k=5,则(a,b,c)= 取k=12,(a,b,c)=m(91,84,78),m=1;共2种， m((5+d)(5+2d),5+10d,5+5d), 综上所述，(a,b,c)共有29+8+4+2+24+10+4+3+2= .(5+d)(5+2d)100,.d=1,2,3, 86组. 取d=1,(a,b,c)=m(42,35,30),m=1,2; 二、填空题 取d=2,(a,b,c)=m(63,45,35),m=1; 9.解析：设f(x)=c。+c1x十c2x2十…=(co+cx2十c,x十…)十 取d=3,(a,b,c)=m(88,55,40),m=1:共2十1十1=4种； x(c1十c3x2十…)，即每个f(x)可唯一的写成f(x)=g(x）十 ④若k=7,则(a,b,c)= x·h(x),其中g(x),h(x)只含偶数次项，由条件得f(2)= m((7+d)(7+2d),7+7d,7+7d), g(2)+2h(2),即n=a+2b.但是对任意满足n=a+2b的(a, .(7+d)(7+2d)≤100，.d=1,2, b),由四进制表示的唯一性，只有一个f(x)使c。十c· 取d=1,(a,b,c)=m(72,63,56),m=1; 4十c2·4十…=a和c1十cg·4十…=b.所以f(x)的个数同 37 强基数学·巅峰突破 关于a,b的不定方程n=Q十2b的非负整数解的个数一样多，！14.解析：原式等价于√2m-1<m<2(n十1) 即6=01,2…[]共[2]+1个 记区间1.=（√2m-1,W2(n+1)). 答案：[]+1 则1，∩11=(W2(j+1)-1N2(j+1)),且1，∩1=0(k≥ j+2) 10.解析：对任意m(0≤2m≤2一1)考虑以下四个数2m,2m+ 由于2(j十1)不为整数，故1，∩1+1内恰有一个整数. 1,2+2m,2+2m+1,要么2m和2+2m+1的二进制的 当n≥1430时√2n-1>2021. 数字和为偶数，要么2m十1和2十2m的二进制数字和为偶 故所求数组(m,n)的个数是诸{In}(n=1,2,…,1429) 数，且2m十(2+2m十1)=(2m十1)十(2十2m).因此满足 之和 条件的数之和为 每个m∈{1,2，…，2021}都出现在某个I,之中，且当且仅 2[0+2+…+2-1·2=(2-1D·必1 当对于某个j,m∈1，∩1+1时，m会出现在两个1n内. 224-2-1」 因此，所求数组个数为2021+1428=3449 答案：2一2-」 答案：3449 11.解析：设这100个点中两两距离最大的两D 15.解析：不妨设正整数a>b>c→a+c>b+c(k-1)>k2不成 点为A、B,则以A为起点的线段有99条， 立，易解得个数依次是2十1,2-2、号+2k且 得互不合的红点99个，以B为起点的线段 也有99条，除线段AB与线段BA的中点 /a≥30 c=2 -2k≥1 →≥6，此时 {b≥19，因此a+b2+c2≥ 重合外，下面证明两类中点再无重合的· c∈N c≥6 假设线段AC与BD的中点重合于O(如 1297. 图)，则 答案：1297 OA+OB>AB,即2AC+2BD>AB.从而AC和BD必 16,解析：每天有4种走法，由于名是号1，故永运无法到递 有一个大于AB,与AB的最大性矛盾.从而红点个数≥99十 之前走过的点→|S=4"1. 99一1=197.另一方面，当100个点共线且等距离分布时，恰 有197个红点 答案：204 答案：197 17.解析：构造映射f:{1,2,…,2023}·{0,1,…,2023}满足 厂k27 12.解析：n=9时，1}，{2}，{3}，{4}，{5}，{6}，{7}，{8}，{9}符合题 f(k)= 2023 .我们先证明：若f(i)=f())(i<j),则 意.除此之外，1,2,3}，1,2,4}，1,3,4}，{2,3,4}，{5,6,7}，{5,6， i1011. 8},{5,7,8},{6,7,8},{9}也符合题意. 事实上，由于2i+1≤)2一2<2023，知i<1011.故f限制 答案：9 在{1011,1012，…，2023}上是单射，限制在{1,2，…， 评析：本题难度已是竞赛顶尖水平，很难给出严格证明.作 1010}上是满射 为一道填空题，出题人恐怕也不是想让考生在考场上的几 个小时内证出来，而是更倾向于考察学生的组合感觉和数 意到202=2023×2021+1÷，01=2021 4 学直觉，平常如果对此类有一定接触的话，猜出答案不是难 1 事，猜出就是赶紧跳吧，此题考后花大量时间都不一定做！ 4×2023,所以f(1011)=505,f(1010)=504. 得出. #=505+1013=1518. 13.解析：从第k个二次曲线开始计算，新增加一个二次曲线变 答案：1518 成飞十1条的情形，这条二次曲线与原来每一个二次曲线最 18.解析：记S={(a,b,c,d)|a+b+c+d=(mod101),a,b 多有4个交，点，相当于最多新增加4k个交点. c,d≤101且互不相同}，其中0≤k≤100. (1)如果二次曲线是椭圆或者圆，平面被分成4k段圆孤，相 里然有15=(01)月 当于增加连通区域最多4k个； (2)如果二次曲线是抛物线，平面被分成4k十1段曲线，相当 作平移变换f:(a,b,c,d)→(a+1,b+1,c+1,d+1), 于最多增加连通区域4k十1个； 那么不难知道f是S:到S+:的双射（下标mod101), (3)如果二次曲线是双曲线，平面被分成4十2段曲线，相当 结合gcd(101,4)=1,知S。=S1=…=S10 于最多增加连通区域4k十2个； #=s1=(101)/1o1=4042s (4)如果是两条直线，明显相交直线更优，相当于依次加入 答案：40425 两条直线，最多增加连通区域4k十3个。 19.解析：将十边形推广至n边形 如果包括二次曲线的退化情形，例如两条相交直线，则从第 一个曲线开始，每次均引入相交直线，答案为4十 设有a1个三角形，个四边形，…，at-个k边形(k≥3). 有如下两个约束条件： (4×1+3)+(4×2+3)+…+(4×99+3)=20101.选取 200条直线两两相交，但交点不重合的情形均可 m,+2a,+…=0n-2)元+2x(W)(point 答案：20101 【注】如果二次曲线只计算圆，椭圆，双曲线，抛物线，则从 3a,+4a,十…=n+nn-3)+4(W)lime) 第一个曲线开始，每次均引人双曲线，答案为3+ (4×1+2)+(4×2+2)+…+(4×99+2)=20001.选取 所以a1十a十…= (）+n”2)+1 2 200条离心率足够大（几乎一组平行直线），绕着其中心旋转 n=10时，#=210+35+1=246. 180°过程中，选取任意200个位置即可. 答案：246 378 参考答案与解析 20.解析：先计算出随意的三个点的情况，然后减去三，点共线的 方法2：(1-√3)i=C9+C(-√3)+C(-√5)2+ 情况即可 C(-3)3+C(-3)+C(-√3)= C-C√3+C(W3)2-C(W3)3+C(W3)-C(W3). 因为a,b∈N,所以(1-√3)5=a-b3. 因此a2-36=(a+b3)(a-b3)= (1+3)iX(1-√3)i=(-2)5=-32. 26.解：方法1：A,B集合都不关于坐标轴对称，故可以考虑坐标 变换，把集合A,B化简. 因为随意选三个点，总共有C。=1140种，如图： 令X=x一1，Y=y-2,则 三，点共线（图中虚线）有8组， 四，点共线有9组（图中粗线加上5条竖线）， A={X.1x+r≤} 五点共线有4组， B,=(X,Y)lIX|+2lY|≤a〉，A,∈B 于是一共能组成C。-8C-9C-4C=1140-8-36 如图，圆心到直线的距离等于半径， 40=1056. y本 答案：1056 三、解答题 21.证明：每列着色的方式只可能有2×2=4种，现有5列，由鸽 笼原理知，至少有二列着色方式相同. 22.解：(1)小于10000的不含1的正整数可看作4位数，0000除 外.故有9×9×9×9一1=6560个.含1的有：9999一6560= x+2y=a 3439个 (2)上述方法不可直接套用来计算“含0”数的个数.0019“含 1”但“不含0”.不含0的1位数有9个，2位数有9个，3位 父—0>×1十+0×2—1=5→25 /1+2 21 数有93个，4位数有9个，不含0小于10000的正整数有9 +9+93+9=(9-1)/(9-1)=7380个，含0小于10 所以a的取位范因是a∈[受+) 000的正整数有9999-7380=2619个. 23.证明：设52个整数a1,a2,…,ae被100除的余数分别为r1, 方法2：由于(x-1)+(y-2)<台 r2,…,2,而任意一整数被100除可能的余数为0,1,2，…， 99,共100个，它可分为51个类：{0}，{1,99}，{2,98}，… 1y-21<--1 {49,51},{50}.因此，将51个类看作鸽子笼，则由鸽笼原理 /5 知，将r1r2,…,r2个鸽子放入51个笼中，至少有两个属于 从而原命题等价于lz-1+2,是-(x-1)≤a 同一类，例如r,于是r=与或r十y=100,这就是说 恒成立，求实数a的取值范围. a:一a可100整除，或a,十a,可被100整除. 设|x一1|=t(t≥0)，题设即求函数 24.证明：设a4是第一天自学的时数，a2是第一，二天自学的时 ≈=t+√/5一4t(t≥0)的最大值. 数的和，a;是第一，二，…，j天自学时数的和，j=1,2,…, 由g=t+√/5-4t(t≥0)，得(g-t)2=5-4t2,即 37.于是，序列a1,a,…,a?是严格递增序列（每天至少一学 5t2-2t+(x2-5)=0. 时)，而且，a1≥1，a33=60.于是序列a1+13,…,a33+13也 是严格递增的序列，故a,十13=73.因此74个数a1,…, 4=4-20(t-5)≥03-号≤≤号，当且仅当 a37a1+13,…,a,十13=73都在1和73两个整数之间，由 鸽笼原理知，这74个数中必有两个是相等的，由于a1,a, 1=时，即x=或=时=号 a,中任何两数都不相等，故a1十13，…，a,十13中任何 两个数也是不相等的，因此，一定存在两个数i,j使得a; 所以实教a的取值花网是[吕十a)小 a,+13→a:a=13.因此，在j+1,j+2,…,i这些天中，这 个学生自学总时数恰好为13. 方法3：由5-r≥00≤1<号，可设 25.解：(1)因为(1+x)"=C+Cx+Cx2+…+Cx”,n≥4， 所以a=C=”"2Da4=C=nm-Dom二2) t=5 m0c[0,] 2 6 a:=C=n-1)(n-2)(m-3) 24 因为a店=2a:a,所以[1n-1)m-22]:= =号（m+后os）in0+p-(c[o.]） 6 2×nn2卫×n(m-1)(m-2)(m-3) 其中tan9=2, 2 24 解得n=5. 由此可知当且仅当计g=罗时，即9=rcin后 (2)由(1)知，n=5.(1+3)”=(1+3)= C%+C√3+C(3)2+C(3)3+C(5)+C(W3)i=a+ b5. 所以实教a的取值范国是[受，十 方法1：因为a,b∈N",所以a=C+3C+9C=76, 27.解：我们任找一条和这些抛物线的对称轴都不平行的直线， b=C+3C+9C=44,从而a2-36=76一3×44=-32. 则每条抛物线（线和线的内部）至多能够覆盖这条直线上的 379 强基数学·巅峰突破 一条线段，显然不可能覆盖整条直线，更不可能鞭盖整个 冠军在南方球队中 平面. 综上所述，冠军是一支南方球队 评析：“有数条”意味着有限，而直线是不能被有限条线段覆 30.解：设从左至右排列中的黑球记作 盖的，这是本题的关键 ag009,a2608,ag07,…,a1. 28.解：方法1：（母函数法） (1)若a1是排列中最右的一个球，则a1左边的黑球数与白 考虑(1十x)"展开式中x”的系数， 球数相同，且均为2008个. 一方面x”的系数是Cn, (2)若a不是排列中最右的一个球，则a1左边的黑球数大 另一方面(1十x)2"=(1+x)”(1十x)”= 于白球.接下来，再看a2,若a2与a1之间有白球，则a2右边 (C0+Cx+…+C”x")(Cg+Cx+…+C”x") 的黑球数仍然大于白球数：若a。与a1之间没有白球，则a 展开后x”的系数是C·C十C·C1+…十C”·C 左边的黑球数就减少一个，就这样，再逐一考察a,…, (C0)2+(C)2+…+(C”)2, 它们左边的黑球数是逐一减少的，而白球数不会增加， 所以(C)2+(C)2+…十(C”)=C” 再考虑到最左边的一个球是白球，所以黑球a2的左边都 方法2：（构造模型） 是白球.这种由a1开始时，左边黑球多于白球，到a2的左 边是白球多，又由于黑球比白球多的个数减少时，是一个一 某班共有2n名学生，现从中选出n个学生参加某项活动，显 然这样的选法共有C,种；另一方面，将这2n名学生分为 个逐一减少的，故在黑球a2与a1之间一定存在一个黑球 a1,它左边的黑球数等于白球数.综合(1)(2)可知，要证的结 A,B两组，每组n个学生，若从A组中选出0个学生（不 论成立 选)，从B组中选出n个学生，有C?·C=(C)种选法；若 评析：构造可以从极端的情形入手，逐渐逼近要证明的结论 从A组中选出1个学生，从B组中选出n一1个学生，有C· 31.解：注意，性质T其实是想说集合A中任两数（可以相同）的和 C”-1=(C)2种选法：…若从A组中选出n个学生，从B 不同，因为任两数的和恰有 组中选出0个学生，有C”·C%=(C)2种选法. 由加法原理得：(C)十(C)2十…+(C)=C. C+A=号A(A+1)个。 29.解：设北方球队共有x支，则南方球队有x十9支. 所有球队总得分为 1)设A={号，（号）…，（号）广正有理数分≠1.利用 C8,=2z+9》,2z+8》=(2z+9)(z+4). 反证法，若存在r1≥sr≥s2,(r15)≠(r,5),使得 南方球队总得分为 (》P+(÷》=(P+(仔)》°. 9(2x+9)(2x+8)-9(x+9)(x+4) 显然r≠r否则（牙）户=（号）户= 1 0 北方球队总得分为2x十9)(z十4) 从而(m1s)=(25),矛盾.不妨设n>r2,于是 10 q1十g中p=g1十gp12.若n>s,则方程左边不是 南方球队内部比赛总得分C+, 力的倍数，右边是力的倍数，矛盾； 北方球队内部比赛总得分C, 若r1=s1>r2≥2， 北方队总得分不少于北方队内部总得分2江十9)（红十） 10 很明显（任）广+（任）户和（仔）广+()广之间存在大小 x(x-1≥0 差异，具体方向取决于9和1的大小关系」 2 p 解得：1-√2四≤<1+22四11十16=9. (2)直接取A=B,由题意则知A十B1=n卫.下面证明 3 3 3 2 其为最小值」 (14<√229<16) 我们先研究性质T.不妨设集合A的元素为{a1,a2…,an}, 因为2x+9+)为整款，所以x=6或工=8. 10 则若集合A有性质T,那么对集合A的任意两个不同的二 当x=6时，所有球队总得分为 元子集{a,a}{ae,a;},均有a:十a;≠ae十a,即a-a4≠a C,=2x+9》,2+8》)=(2x+9)(z+4)=210. 一·也就是说，集合A有性质T的一个充要条件为：对于 2 它的任意一个二元组，其差互不相同.对于集合A十B={a十 南方球队总得分为 ba∈a,b∈b},其本应有nXn=n个元素.要使A+B尽可 9(2x+9)(2x+8)=9(z+9)(x+4)=189. 能小，必须让其重复的元素尽可能多，任取A十B中的两个 10 10 元素， 当x=8时，所有球队总得分为 a:十b,a十b:,若其相等，则a:十b=a;十b:台a:一a=b C8,=2z+9,2+8》=(2x+90(z+4)=30. b:,这样我们就建立了一个一一对应关系：在A十B中，每一 2 对相等的元素都意味着一组a:一a=b一b,. 南方球队总得分为 而因为A,B均有性质T,那么a:一a;互不相同，且一共有 (2z+9)(2x+82=9(x+9)x+4)=270. 10 2 10 C:=n,D个值：b-b也互不相同中，一共也有C 2 北方球队总得分为21十9)(x+=30, 10 n个值，故最多只有n卫组a,一a,=:-b.故 2 2 南方球队内部比赛总得分C+=136, 北方球队内部比赛总得分C=28, |A+B1的最小值为n2-”m一1)=n(n十1) 2 2 北方胜南方得分=30一28=2， 评析：本题是非常因难的组合问题.首先需要明白性质T想 北方球队最高得分=7+2=9，因为9×17=152<270， 说什么；然后需要挖掘这个性质的含义一一任意两数之差可 所以南方球队中至少有一支得分超过9分 不相同，这是典型的由浅入深的题型， 380