2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)競賽能力試題匯編：組合數(shù)學(xué)（學(xué)生版+解析）

備戰(zhàn)2025年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試及高校強(qiáng)基計劃

專題18組合數(shù)學(xué)

全國聯(lián)賽真題匯編

1.(2024?全國聯(lián)賽A卷)給定正整數(shù)兀在一個3xn的方格表上，由一些方格構(gòu)成的集合S稱為“連通的”，

如果對S中任意兩個不同的小方格4B,存在整數(shù)2>2及S中/個方格力=的,。2,…,Q=B,滿足Q與Q+i有公

共邊(i=1,2,…/-1).求具有下述性質(zhì)的最大整數(shù)K：若將該方格表的每個小方格任意染為黑色或白色，

總存在一個連通的集合S,使得S中的黑格個數(shù)與白格個數(shù)之差的絕對值不小于K.

2.(2024?全國聯(lián)賽B卷)給定正整數(shù)n.在一個2Xn的方格表上，由一些方格構(gòu)成的集合S稱為“連通的”，

如果對S中任意兩個不同的小方格4B,存在整數(shù)/>2及S中/個方格4=的,。2,…,Q=B,滿足Q與Q+i有公

共邊(i=1,2,…,I-1).求具有下述性質(zhì)的最大整數(shù)K：若將該方格表中的每個小方格任意染為黑色或白色，

總存在一個連通的集合S,使得S中的黑格個數(shù)與白格個數(shù)之差的絕對值不小于K.

3.（2023?全國聯(lián)賽A卷）求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)屋若將1,2，…,k中的每個數(shù)任意染為紅色或者藍(lán)

色，則或者存在9個互不相同的紅色的數(shù)久1，x2,…，刀9滿足+%2"I---F%8<%9，或者存在10個互不相同

的藍(lán)色的數(shù)丫1，為，滿足%+及+…+%<yio-

4.（2023?全國聯(lián)賽B卷）設(shè)m,n是給定的整數(shù)，m>n>3.求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)屋若將1,2,…，k

中的每個數(shù)任意染為紅色或者藍(lán)色，則或者存在HI個紅色的數(shù)X1，犯，…，工俏（允許相同），滿足刀1+X2+■■■+

xm_1<Xm,或者存在n個藍(lán)色的數(shù)月,丫2,…,％（允許相同），滿足%+%+…+'n-l<%?

5.（2022?全國聯(lián)賽A卷）求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)t：將100X100的方格紙的每個小方格染為某一

種顏色，若每一種顏色的小方格數(shù)目均不超過104,則存在一個lxt或txl的矩形，其中t個小方格含有至

少三種不同顏色.

6.（2022?全國聯(lián)賽A1卷）給定實(shí)數(shù)r,甲、乙兩人玩如下的游戲.

黑板上寫著一個含有三個絕對值的算式：

s=!□-□!+!□-□!+!□-n|,

其中6個空格“口，，中尚未填數(shù).每一回合，甲選取區(qū)間［0,1］中的一個實(shí)數(shù)（不同回合中可以選相同的數(shù)），乙

將該數(shù)填在某個空格之中.經(jīng)過六個回合之后所有6個空格中均填了數(shù)，S的值也隨之確定.若S2r,則甲

勝，否則乙勝.

求所有的實(shí)數(shù)r,使得甲有獲勝策略.

7.（2022?全國聯(lián)賽A2卷）已知集合S={1,2,3,…,N}的四個500元子集題&,43,4滿足:對任意居yeS,

均存在某個i6{1,2,3,4},使得居ye4.求正整數(shù)N的最大可能值.

8.（2022?全國聯(lián)賽B卷）圓周上依次有100個點(diǎn)Pi，P2,…,Pioo（其中Pioo與B相鄰）?現(xiàn)有5種顏色，要求

。1，22,…,P100中每個點(diǎn)染5種顏色之一，每種顏色至少染一個點(diǎn)?若對任意這樣的染色方式，P1/2,…,P100

中總存在t個連續(xù)的點(diǎn)含有至少3種顏色，求t的最小值.

各省預(yù)賽試題匯編

9.（2024?四川預(yù)賽）若r=2K299+y,則r的末尾數(shù)字。的個數(shù)為一

10.（2024?吉林預(yù)賽）已知甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對某10道判斷題的解答情況如下表:

題號12345678910

甲XNXXNXNNqX

乙XXNXq7qXX

丙7XqqXqXq

TXXqNXXNNXX

若甲、乙、丙三人均答對7題，則丁答對的題數(shù)為.

11.（2024?浙江預(yù)賽）若對所有大于2024的正整數(shù)71,成立?12。24=￡黃藍(lán)七%%CN,則出+。2024=.

12?（2。24.浙江預(yù)賽）設(shè)n為正整數(shù)，且W二百景』=圭,則年一.

13.（2024?上海預(yù)賽）計算

,u0_p2「4_I6II「2024）2?（pl_f3?「5_p7?_「2023、？_

Vc2024—c2024十c2024—匕2024十rc2024>十112024—c2024十c2024—c2024十c2024j----------->

14.（2023?吉林預(yù)賽）若在123,-118的任意一個排列中，總能找到連續(xù)6個數(shù)之和不小于血，則實(shí)數(shù)租的

最大值為.

15.（2024?四川預(yù)賽）給定正整數(shù)九>2,數(shù)組Qg，…,冊）稱為“好數(shù)組”是指:的,。2,…,%i均不為=1，

且對任意的1<k<n-1,均有（須+i+ak）iak+i一頌-1）=0.求“好數(shù)組…,%i）的組數(shù).

16.(2024?北京預(yù)賽)有幾個球隊(duì)參加比賽，球隊(duì)之間的比賽計劃已經(jīng)安排好了.但是每場比賽的主場客

場還沒有分配好.這時每個球隊(duì)都上報了自己能夠接受的客場比賽的最大次數(shù).最終組委會發(fā)現(xiàn)這些次數(shù)

加在一起恰好是比賽的總場次，并且組委會還發(fā)現(xiàn)任意挑出若干支球隊(duì)，他們能夠接受的客場次數(shù)之和都

要大于等于他們之間的比賽總場次.請問組委會能否安排好主客場使得每支球隊(duì)都滿意，請證明你的結(jié)論.

17.(2024?廣西預(yù)賽)圖G是指一個有序二元組(匕E),其中V稱為頂點(diǎn)集，￡稱為邊集.一個圖G中

的兩點(diǎn)x,y的距離是指從x到y(tǒng)的最短路徑的邊數(shù)，記作d(x,y).一個圖G的直徑是指G中任意兩點(diǎn)的距

離的最大值，記作diam(G),BPdiam(G)=max(d(x,y)|x,yeG}.記Zn={[0],[1],[2],…/n-1]}是模n的乘

余類,定義Zn上的加法和乘法，均是模n的加法和乘法,例如在Z12=…,[11]}中[3]+[4]=[7],

[6]+[9]=[3]；[3]-[4]=[0],[6][9]=[6],在Z建中,設(shè)印豐[0],若存在加豐[0]使得印?5=[0],

則稱[燈是Zn的一個零因子.記乙的所有零因子的集合為D(Zn).例如D(Z12)=

{[2],[3],⑷,[6],[8],[9],[10]}.Zn的零因子圖，記為「(ZQ,它是以D(Z”)為頂點(diǎn)集，兩個不同的頂點(diǎn)[劃，[y]

之間有一條邊相連當(dāng)且僅當(dāng)[幻?]]=[()].下圖是r(z12)的例子.證明：對一切的整數(shù)幾22,都有

diam(r(Zn))<3.

[2]

[4]

[6]

[9]

[10]

[8]

18.（2024?上海預(yù)賽）將正整數(shù)1,2,…,100填入10x10方格表中，每個小方格恰好填1個數(shù)，要求每行從

左到右10個數(shù)依次遞減，記第i行的10個數(shù)之和為s（i=1,2,…,10）.設(shè)nG{1,2,…,10}滿足：存在一種填

法，使得Si，52,…,S】o均大于第九列上的10個數(shù)之和，求幾的最小值.

19.（2023?北京預(yù)賽）某校舉辦數(shù)學(xué)文化節(jié)，據(jù)統(tǒng)計當(dāng)天共有980多（不少于980,小于990）名同學(xué)進(jìn)校參

觀，每位同學(xué)進(jìn)校參觀一段時間后離開（之后不會再進(jìn)來）.若無論這些同學(xué)以怎樣的時間安排參觀，我們都

能找到k位同學(xué)，使得要么這k位同學(xué)在某個時間都在校園內(nèi)參觀，要么任何時間他們中都沒有兩個人同時

在校園內(nèi)參觀.求k的最大值.

20.（2023?東莞預(yù)賽）已知即=；,以的,42,…，即,…為邊長的正方形能互不重疊地全部放入一個邊長為a的

正方形內(nèi)，求a的最小值.

21.(2023?福建預(yù)賽)設(shè)有序數(shù)組力=(%,。2,…，a]。)同時滿足以下4個條件:

(l)ai，a2l-,由0是1,2,…,10的一個排列；

(2)。1＜。2，。3V。5V。7＜。9＜。10；

(3)。2＞。3,。4＞。5,。6＞。7,。8＞。9；

(4)不存在1＜i＜j＜k＜10,使得七＜ak＜aj.

求這樣的有序數(shù)組4的個數(shù).

22.(2023?山東預(yù)賽)10x10的表格內(nèi)填入1至I]100,第i行第7列填入10(i-1)+).每次操作如下：取

一個格子，或者將此格數(shù)字減少2,將兩個相對的鄰格同時加1；或者將此格數(shù)字增加2,將兩個相對的鄰

格同時減1.證明：如果經(jīng)過一些步驟后表格中又得到1到100的數(shù)字，則它們是按原來的順序排列的.

23.(2023?蘇州預(yù)賽)下圖為一個開關(guān)陣列，每個開關(guān)只有“開”和“關(guān)”兩種狀態(tài)，一開始所有開關(guān)均關(guān)閉.按

其中一個開關(guān)1次，將導(dǎo)致自身和所有相鄰的開關(guān)改變狀態(tài).例如，按(2,2)將導(dǎo)致

(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,2)改變狀態(tài).如果要求每個開關(guān)至多按一次，按開關(guān)的總次數(shù)最少一次.

(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)

(2，1)(2,2)(2,3)(2)4)

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)

(4，1)(4,2)(4,3)(4)4)

(1)末狀態(tài)恰好是(2,1),(3,2),(4,3),(1,2),(2,3),(3,4)這6處開關(guān)打開，問至少需要按多少次?請給出證明;

(2)若要求所有開關(guān)均關(guān)閉，至少需要按多少次?請直接寫出結(jié)果和一個方案.

24.(2022?福建預(yù)賽)某校數(shù)學(xué)興趣小組有14位同學(xué)，他們組成了幾個不同的課題組.每個課題組有6位

同學(xué)，每位同學(xué)至少參加2個課題組，且任意兩個課題組至多有2位共同的同學(xué)，求幾的最大值.

25.（2022?蘇州預(yù)賽）定義：如果甲隊(duì)贏了乙隊(duì)，乙隊(duì)贏了丙隊(duì)，而丙隊(duì)又贏了甲隊(duì)，則稱甲乙丙為一個

“友好組

（1）如果19支球隊(duì)參加單循環(huán)比賽，求友好組個數(shù)的最大值；

（2）如果20支球隊(duì)參加單循環(huán)比賽，求友好組個數(shù)的最大值.

26.（2022?吉林預(yù)賽）n個學(xué)生參加一次數(shù)學(xué)考試，試卷由m道題組成，考慮如下的統(tǒng)計結(jié)果：設(shè)a（0<a<1）

是一個實(shí)數(shù)，至少有am道題為難題（一道題是難題是指至少有an個學(xué)生未解出此題），且至少有an個學(xué)生及

格（一個學(xué)生及格是指他至少解決了am道題）.試分別就a號■確定上述情形是否有可能，并說明理由.

27.（2022?貴州預(yù)賽）己知半徑為1的圓上有2022個點(diǎn)，求證：至少存在一個凸337邊形，它的面積小

于0.1.（兀-3.142,V3-1.732）

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專題18組合數(shù)學(xué)

全國聯(lián)賽真題匯編

1.(2024?全國聯(lián)賽A卷)給定正整數(shù)兀在一個3xn的方格表上，由一些方格構(gòu)成的集合S稱為“連通的”，

如果對S中任意兩個不同的小方格4B,存在整數(shù)/>2及S中1個方格2=6,3,…,G=B,滿足Q與Q+i有公

共邊(i=1,2,…,1m1).

求具有下述性質(zhì)的最大整數(shù)K：若將該方格表的每個小方格任意染為黑色或白色，總存在一個連通的集合S,

使得S中的黑格個數(shù)與白格個數(shù)之差的絕對值不小于K.

【答案】所求最大的K=兀

【詳解】對一個由小方格構(gòu)成的集合S,記5〃是S中的黑格個數(shù)，Sw是S中的白格個數(shù).用憶刃表示第i行第j列

處的方格，這里1WiW3,lW/Wn.對于兩個方格4==[1J],定義它們之間的距離為d(4B)=

|i-i'l+17-j'\-

首先，如果將方格表按國際象棋棋盤一樣黑白間隔染色，我們證明對任意連通的集合S,均有|Sb-Swl<n,

這表明KWn.

設(shè)[1,1]是黑格，并記￡E{0,1},滿足￡=n(mod2).

先證Sb-SwWn.可不妨設(shè)S包含所有黑格，這是因?yàn)槿鬝不包含所有黑格，取不屬于S的黑格2滿足d(4S)

最小，這里d(4S)=mind(AB).易知d(4,S)=1或2.若dQ4,S)=1,取S，=SU{用，則S，仍是連通的，

BES

且%-S。更大.若d(4S)=2,則存在與4相鄰的白格C,而C與S中某個方格B相鄰，取S，=SU{4B},則

S，仍是連通的，且q-Sj不變.因而可逐步擴(kuò)充S,使得S包含所有黑格，保持S的連通性，且Sb-Sw不減.

考慮白格集合畋={[ij]\i+j=k),k=3,5,-,n+l+￡,每個隊(duì)中至少有一個方格屬于S,否則不存在

從黑格力=[1,1]eS到黑格B=[3,n-l+￡]的S中路徑.故Sw>|(H+E),而題=|(3九+￡),故甌一SwW兀

類似可證Sw-Sb<n.同上，可不妨設(shè)S包含所有白格，從而Sw=j(3n-s).再考慮黑格集合為={[i,j]|

i+j=k},k=4,6,-,n+2-每個場中至少有一個黑格屬于S,否則不存在從白格4=[1,2]到白格8=

[3,71—的S中路徑.從而Sb21(71—￡),故Sw—SbW71.

下面證明7<=幾具有題述性質(zhì)，即對任意的染色方案，總存在連通的集合S,使得|Sb-Swl2m

設(shè)表格中共有X個黑格和￥個白格，在第二行中有x個黑格和y個白格.于是X+y=3n,x+y=n.故

(X—y)+—%)=(X+Y)—(%+y)=2n.

由平均值原理可知max{X—y,Y—x}>n.

不妨設(shè)X-y之九取S為第二行中的y個白格以及所有X個黑格.由于S包含第二行中所有方格，因而S是連

通的.而S》=X,Sw=y,S>-Sw=X-y之九.

綜上所述，Kmax=n-

2.(2024?全國聯(lián)賽B卷)給定正整數(shù)九.在一個2X幾的方格表上，由一些方格構(gòu)成的集合S稱為“連通的”,

如果對S中任意兩個不同的小方格4B,存在整數(shù)2>2及S中/個方格4=的,。2,…，G=B,滿足Q與Q+1有公

共邊(i=1,2,-J-l).

求具有下述性質(zhì)的最大整數(shù)K：若將該方格表中的每個小方格任意染為黑色或白色，總存在一個連通的集合

S,使得S中的黑格個數(shù)與白格個數(shù)之差的絕對值不小于K.

【答案】Lx=冏

【解析】首先證明，對任意擺放的黑格、白格，都有Kmax2[3?定義：有公共邊的格子稱為“相鄰”的.

設(shè)有a個黑格，b個白格，不妨設(shè)a2b,取黑格較多的一行(lxn).

設(shè)有的個黑，b個白，另一行有a2個黑，為個白.則冏.

由對稱性，記黑格較多(相等則任取即可)的一行為第1行，另一行為第2行.記S集合為：第1行所有格子

以及第2行的所有黑色格子所組成的集合.

下面說明此時S是連通的：

(1)任選兩個格子4、B如果都在第1行，則取該兩個格子以及其中間的所有格子，從左至右依次記為4=

皂(2,…，Q=B,由于Q與G+1均有豎直相鄰邊.

(2)任選兩個格子，如果存在格子在第2行，由于第1行所有格子均是S中的元素，則選擇第2行格子相鄰的

第1行格子，這樣就轉(zhuǎn)化為(1)的情況.

由(1)(2)可以說明S是連通的.

由于a2的2冏，則的>[^],瓦<冏，得的+a2-b1=n-b1>^,即證Kmax2冏.

下面給出Kmax4冏的構(gòu)造.

不妨設(shè)黑色格子不少于白色格子.

如圖1,對所有格進(jìn)行黑白相間染色.從圖1中自左至右依次截取2x2圖形，我們考察黑色格子與白色格

子數(shù)量之差.

若差值為2,則黑色格子為2,白色格子為0,此時選擇該兩個黑色格子4、B,不妨設(shè)4在2x2圖形右上格

子，則4的左邊、下邊相鄰的格子不是集合S的元素，故不存在4=口(2,…，G=B滿足C,與

G+i有公共邊(i=l,2,…即4@S,BCS至少之一成立，這與差值為2的構(gòu)造矛盾.故每一個2x2圖

形的黑色格子與白色格子之差至多為1.共有冏個2X2圖形，至多剩余一個2x1的圖形，且黑色格子與白

色格子各一個，則其黑色格子與白色格子之差至多為1.總上所述，KmaxW[1-

3.(2023?全國聯(lián)賽A卷)求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)k若將1,2，…水中的每個數(shù)任意染為紅色或者藍(lán)

色，則或者存在9個互不相同的紅色的數(shù)/,刀2，-“，相滿足比1+久2+―?+久8〈久9,或者存在10個互不相同

的藍(lán)色的數(shù)月,月，…，為0滿足為+丫2+…+、9<710.

【答案】所求的最小正整數(shù)為408.

【詳解】一方面，若k=407時，將1,55,56,…,407染為紅色，2,3,…,54染為藍(lán)色，此時最小的8個紅數(shù)之

和為1+55+56+-+61=407,最小的9個藍(lán)數(shù)之和為2+3+…+10=54,故不存在滿足要求的9個

紅數(shù)或者10個藍(lán)數(shù).

對k<407,可在上述例子中刪去大于k的數(shù)，則得到不符合要求的例子.

因此k<407不滿足要求.

另一方面，我們證明k=408具有題述性質(zhì).

反證法.假設(shè)存在一種1,2，…,408的染色方法不滿足要求，設(shè)R是所有紅數(shù)的集合，B是所有藍(lán)數(shù)的集合.將

R中的元素從小到大依次記為萬,女，…，虧i，B中的元素從小到大依次記為瓦也，…'，爪+幾=408.對于R,

或者|R|<8,或者「1+72+…+-82%；對于B,或者|8|<9,或者瓦+b2+…+%2bn.

在1,2,…,16中至少有9個藍(lán)色的數(shù)或至少有8個紅色的數(shù).

情形1:1,2，…,16中至少有9個藍(lán)色的數(shù).

此時仇<16.設(shè)區(qū)間［1,如中共有t個R中的元素々/2,…,〃(0<t<8).

記x=q+上+—卜則％21+2+—I-1=|t(t+1).

因?yàn)橥摺?,…”9,q，「2,…,G是［1，d］中的所有正整數(shù)，故

{b1,b2,--,b<),r1,r2,---,rt)={1,2,…,9+t}.

于是bn<+b2+-F%=1+2+—I-(9+t)-%=|(9+t)(10+t)-x.(*)

特別地，<|x16X17=136.從而|R|29.

對任意i(lWiW6一t),由(*)知q+iW與+iW49+t)(10+t)—久+i.從而

8-t

rm<r±+---+rt+rt+1+??-+r8<x+(9+t)(10+t)—％+i)

i=l

11

=2(9+t)(10+t)(8—t)+—(8—t)(9—t)—(7—t)x

111

<2(9+0(10+t)(8-t)+-(8-1)(9-t)-(7-+1)

=—8/+191+3964407(考慮二次函數(shù)對稱軸，即知t=1時取得最大).又生4136,這與小，加中有一

個為408矛盾.

情形212…,16中至少有8個紅色的數(shù).

論證類似于情形1.

此時廠8416.設(shè)區(qū)間［1,?。葜泄灿蠸個8中的元素瓦也，…也(04S<9).記y=瓦+…+bs,則y>|s(s+1).

因?yàn)橥咭玻睻2,…,78是口后］中的所有正整數(shù)，故

{瓦也，…也”2,…，幾}={12…,8+s}.

于是加工1(8+s)(9+s)-y.

特別地，而工|x16X17=136.從而網(wǎng)之10.

對任意i(lWi4九一s),有h+i4區(qū)+i4;(8+s)(9+s)-y+i.從而

9-s

bn<b1-\---F瓦+bs+1d---FdWy+￡(2(8+s)(9+s)—y+i)

i=i

11

=2(9-s)(8+s)(9+s)-(8-s)y+](9-s)(10-s)

111

<2(9-s)(8+s)(9+s)-(8—s)?2s(s+l)+-(9-s)(10-s)

=-7s2+27s+369<395(在s=2時取得最大)，

又加W136,這與心,加中有一個為408矛盾.

由情形1、2知/c=408具有題述性質(zhì).

綜上，所求最小正整數(shù)k為408.

4.(2023?全國聯(lián)賽B卷)設(shè)ri是給定的整數(shù)，m>n>3.求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)k：若將1,2,…，k

中的每個數(shù)任意染為紅色或者藍(lán)色，則或者存在機(jī)個紅色的數(shù)支1，久2,…,久.(允許相同)，滿足/+%2+-+

Xm-1<Xm,或者存在71個藍(lán)色的數(shù)月,、2,…,即(允許相同)，滿足yi+丫2+…+以_1<%.

【答案】mn—n+1.

【詳解】若k=nm—幾，將1,2,…，九一1染為藍(lán)色，科九+1,…，nrn-九染為紅色.則對任意m個紅色的數(shù)

XltX2f-',Xm,有久1+久2+…+之九(6一1)N對任意幾個藍(lán)色的數(shù)月,、2,…,Yn，有丫1++…+

yn-i>n-1>yn,上述例子不滿足要求.

對々<mn-n,可在上述例子中刪去大于k的數(shù)，則得到不符合要求的例子.因此所求k>mn-n+1.

下面證明々=mn-n+1具有題述性質(zhì).

假設(shè)可將L2,…,6幾-幾+1中的每個數(shù)染為紅色或藍(lán)色，使得結(jié)論不成立.

情形一：若1是紅色的數(shù)，則紅色的數(shù)均不超過爪-1,否則可取一個紅色的數(shù)%m>m,再取%i=%2=…=

Xm-l=1，則％1+…+%m-i<Xm,與假設(shè)矛盾.

故+1,…，nm-n+1均為藍(lán)色的數(shù)，此時取

y^—y—…=y-n-i=瓶，%=mn—n+1,

有

mnmn

yi+丫2+-1~yn-i=(—1)V—m+1<mn—n+1=yn,(*)

與假設(shè)矛盾.

情形二：若1是藍(lán)色的數(shù)，則同情形一可知藍(lán)色的數(shù)均不超過九-1,故幾九+1,…,nm-九+1均是紅色的

數(shù).此時取=汽2=…=汽小-1=心久僧=77m-九+1，與(*)類似，可得矛盾.

故k=mn—n+1時結(jié)論成立.

綜上，所求最小的正整數(shù)k=zrm—幾+1.

5.(2022?全國聯(lián)賽A卷)求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)上將100X100的方格紙的每個小方格染為某一

種顏色，若每一種顏色的小方格數(shù)目均不超過104,則存在一個lxt或tXI的矩形，其中力個小方格含有至

少三種不同顏色.

【答案】12

【詳解】將方格紙劃分成100個10x10的正方形，每個正方形中100個小方格染同一種顏色，不同的正方

形染不同的顏色，這樣的染色方法滿足題目條件，且易知任意1x11或11x1的矩形中至多含有兩種顏色的

小方格.因此t>12.

下面證明t=12時具有題述性質(zhì).我們需要下面的引理.

引理：將1x100的方格表X的每個小方格染某一種顏色，如果以下兩個條件之一成立，那么存在一個lx12

的矩形，其中含有至少三種顏色.

(1)X中至少有11種顏色.

(2)X中恰有10種顏色，且每種顏色恰染了10個小方格.

引理的證明：用反證法，假設(shè)結(jié)論不成立.

取每種顏色小方格的最右邊方格，設(shè)分別在(從左往右)第久1(比2<--<也格，分別為“C2,…，以色，則對

2<i<k,有勾—々_1>11.這是因?yàn)槿絷枴猉i-i<10,則從第勾_1格至第々+1格(不超過12格)中至少

含有三種不同顏色(第格為CJI色，第陽格為Q色，第看+1格一定不同于色)，與假設(shè)不符.

若條件(1)成立，貝心211,于是2%+9X112100/11>100,矛盾.因此在條件⑴下結(jié)論成立.

若條件(2)成立，考慮第久1+1格至第久1+11格，因每種顏色的方格至多10個，故這11個方格至少含有兩

種顏色，且均不同于q色，則從第久1至第/+11格中至少含有三種顏色，與條件⑵不符.因此在條件⑵下

結(jié)論也成立.

引理得證.

回到原問題，設(shè)q,C2,…,以為出現(xiàn)的所有顏色.

對lWiWk,記Si為含有Q色小方格的個數(shù)，以為含有Q色小方格的行的個數(shù)，%為含有Q色小方格的列的個

數(shù).由條件知>4104.又顯然以必2見，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)含有Q色小方格的所有行與列的交叉位置上都

是Q色小方格.

下面證明：u;+v;|>等號成立當(dāng)且僅當(dāng)以=%=IO.=100.

+Vi>21,貝U由1W104知%+%>若以+%工20,貝U

等號成立當(dāng)且僅當(dāng)%=vt=10,st=100.

于是￡之13+Vj)>Z^=1|sj=2000.

若￡區(qū)1(%+%)>2000,由抽屜原理知，存在一行或者一列至少含有11種顏

色的小方格.

若洋=1(%+%)=2000,則由等號成立的條件，可知每種顏色恰染100格，

且是10行與10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10種顏色的方格，每種顏色的方格恰有10個.

由引理可知這兩種情況都導(dǎo)致存在1X12或12x1的矩形含有至少三種顏色的小方格.

綜上所述，所求最小的t為12.

6.（2022?全國聯(lián)賽Al卷）給定實(shí)數(shù)r,甲、乙兩人玩如下的游戲.

黑板上寫著一個含有三個絕對值的算式：

s=□!,

其中6個空格“□”中尚未填數(shù).每一回合，甲選取區(qū)間［0,1］中的一個實(shí)數(shù)（不同回合中可以選相同的數(shù)），乙

將該數(shù)填在某個空格之中.經(jīng)過六個回合之后所有6個空格中均填了數(shù)，S的值也隨之確定.若SNr,則甲

勝，否則乙勝.

求所有的實(shí)數(shù)r,使得甲有獲勝策略.

【詳解】當(dāng)rW當(dāng)時，甲有獲勝策略；當(dāng)時，乙有獲勝策略.

首先討論4個空格的情況：7=|□-口|+|□—口|.

甲有策略使得T2|：甲先選。（選1也可以），乙第一步選擇無實(shí)際意義，7=|0-口|+|口-口|.甲再選1.若

乙將其與0填在同一個絕對值中，甲再依次選0、1,可使T=2；若乙將其填在另一個絕對值中，T=|0-口|+

|1-D|,甲再選也則某個絕對值得到也最后一個數(shù)甲可以使另一個絕對值為1,此時T=|.

乙有策略使得7W|：若甲選的前兩個數(shù)相差不超過點(diǎn)則乙將它們填在同一個絕對值中，這樣一個絕對值不

超過%而另一個絕對值不超過1,從而TW|.若甲選的前兩個數(shù)相差超過點(diǎn)設(shè)它們?yōu)閍,b,且6-a>/

則乙將它們填在不同的絕對值中，設(shè)7=|。一口|+g一口|.易知ae［。,芻，6e故甲選的第三個數(shù)c必

滿足|a-c|<3當(dāng)ce［0用時）或|b-c|<也當(dāng)ceL1］時）,于是乙可以使一個絕對值不超過｝而另一個絕

對值不超過1,從而TW|.

回到原問題.

甲有策略使得S2臺

甲依次選0、1,若乙將它們填在同一個絕對值中，由T的討論知甲可以使得S21+1=9>”.以下不妨設(shè)

乙將它們填在了不同的絕對值中.

甲再選之若乙將g填在和?；?同一個絕對值中，則由T的討論知甲可以使得S2?+?=今.以下不妨設(shè)乙

oo828

將I填在了第三個絕對值中，則

O

|3

S=|0-口|+|1-口|十三一口.

18

甲選指若乙放在第一個絕對值中，則甲選0、0,得S=J+1+J=￥>合若乙放在第二個絕對值中，則

8o888

甲選1、1,得S=l+］+J=3；若乙放在第三個絕對值中，由T的討論，甲可使前兩個絕對值之和不小于

OOO

故+三=至.

2288

乙有策略使得S<會

O

若甲選的前兩個數(shù)相差不超過I或所選的第三個數(shù)與前兩個數(shù)之一相差不超過3則乙可在前三回合內(nèi)將兩

88

個相差不超過海勺數(shù)填在同一個絕對值中，由T的討論知乙可使S+|=

8828

若甲選的前三個數(shù)兩兩相差均大于3則乙將三個數(shù)填在不同的絕對值中，現(xiàn)假設(shè)S=|。-口|+g-口|+

O

\c—n\,b—a>-,c—b>-.由對稱性，不妨設(shè)bW工.

882

設(shè)甲選的第四個數(shù)為d.

情形一：乙將d與c放在同一個絕對值中，由于故而前兩個絕對值之和不

L8J88

超過(1-a)+(1-6)=2-(a+b)W2-冷蓑，故S.+￡=卷.

情形二：dG+乙將d與b放在同一個絕對值中，則

L88J8

由于ae[o,；],ce[；,“，由T的討論知乙可以使剩下兩個絕對值之和不超過3從而sw9+[=?.

L2」L2」2828

情形二：d6[o,a+.乙將d與a放在同一■個絕對值中，由于aV1則|a—d|<1.由于bG[。用，c€lj>

同情形二知乙可以使S

O

最后注意到,a+|]U[b-|,b+1]U[c-|,l]=[0,1]，上述三種情形包括了d的所有可能性(有可能會重疊,

此時可以任意選擇某個情形來做).

綜上所述，使甲有獲勝策略的r是不超過冷的所有實(shí)數(shù).

7.(2022?全國聯(lián)賽A2卷)已知集合S={1,2,3,…,N}的四個500元子集4,&,&，4滿足:對任意居y6S,

均存在某個ie{1,2,3,4},使得X,ye4.求正整數(shù)N的最大可能值.

【答案】所求最大的N=833.

【詳解】一方面，當(dāng)N=833時，令

X={1,2,…,333},Y={334,335,…,500},

Z={501,502,…,667},W={668,669,…,833},

則|X|=333,|7|=\Z\=167,|仞=166,且XUYUZUW=S.

考慮xuy,xuz,xuw,yuzuw.對任意x,yes,若其中有一個屬于x,則x,y同時屬于xuy,xuz,xu

W中的某個集合；若均不屬于X,貝同時屬于YUZUW.在XUW中任意添加S中一個元素，使其成為

500元集合，這便得到S的四個500元子集滿足要求.

另一方面，若N2834,則不存在滿足要求的四個500元子集4,4，4,

用反證法，假設(shè)存在滿足要求的四個500元子集4,42,4,44，易知S的每個元素至少屬于其中兩個子集，

設(shè)有a個元素恰屬于其中兩個子集，則

500X4>2a+3(N—a)23X834—a,

故a2502.記這a個元素構(gòu)成的集合為T,則|T|2502.將7中的元素按所屬4,4?的情況分為6類，對1W

i<j<4,記正是T中恰屬于4,4?的元素%的集合.

易知712與734必有一個是空集，不妨設(shè)734=0?同樣地，713與724必有一個是空集，不妨設(shè)724=。?同理，

714與723必有一個是空集.

若723=0，則r=712UU714，從而7Ua,這樣I&I2⑺2502,矛盾.

若714=0，則T=T12UT13UT23，從而s中的每個元素至少屬于4,4,45中的兩個集合，這樣|S|W

I（Mi|+M2|+|X31）=750,矛盾.

8.（2022?全國聯(lián)賽B卷）圓周上依次有100個點(diǎn)B，P2,…,P100（其中Boo與P1相鄰）?現(xiàn)有5種顏色，要求

P1，P2,…,P100中每個點(diǎn)染5種顏色之一，每種顏色至少染一個點(diǎn)―若對任意這樣的染色方式，P1，P2,…,P100

中總存在t個連續(xù)的點(diǎn)含有至少3種顏色，求t的最小值.

【答案】26

【詳解】解法1：首先，讓P25，P50，P75，P100分別染顏色1，2,3,4,其余點(diǎn)染顏色5.此時B，P2,…，P100中

任意25個連續(xù)的點(diǎn)只含有兩種顏色，不符合要求.從而t至少為26.

以下假設(shè)有一種染色方式，使得任意26個連續(xù)的點(diǎn)含有至多兩種顏色.對該染色方式，在P1,P2,…,Pioo中

選取盡可能多的連續(xù)的點(diǎn)，使這些點(diǎn)中不含全部5種顏色，從而恰好含有4種顏色（否則可再添入這些連續(xù)

的點(diǎn)的一個相鄰點(diǎn)，仍不含全部5種顏色）.不妨設(shè)選出的點(diǎn)是4+1，&+2,…,Pioo,且這100-卜個點(diǎn)不含顏

色1.由極端性，可知匕與外均染有顏色1.

對i=1,2,3,4,5,用看表示染有顏色i的點(diǎn)的最大下標(biāo)，則/=k.

由對稱性，可不妨設(shè)久2<%3<久4<則相=且易知亞>

對每個i=2,3,4,5,我們證明看一x￡_i>25.

事實(shí)上，假如%-x—W24,考慮26個連續(xù)的點(diǎn)0w4一+…,Px_+25（下標(biāo)模100理解，下同），其中已一

染有顏色i-1,當(dāng)染有顏色i,而P%+i所染的顏色/異于i-1和i（當(dāng)”2,3,4時,必有i+1W/S5；當(dāng)？=5時，

由于P%+i=「1。1=P>故/=1￡{4,5}），即這些點(diǎn)中含有至少3種顏色，與假設(shè)矛盾?

從而有工5=x1+￡：=2（尤i-xf_t）>1+4x25>100,這與久5=10。矛盾.

以上表明，對任意符合要求的染色方式，Pi"?，…,Pioo中總存在26個連續(xù)的點(diǎn)含有至少3種顏色.

綜上，所求t的最小值為26.

解法2：首先，讓P25，P5O，P75，P1OO分別染顏色1，2,3,4,其余點(diǎn)染顏色5.此時P1,P2,…，P]。。中任意25

個連續(xù)的點(diǎn)只含有兩種顏色，不符合要求.從而t至少為26.

以下證明t=26符合要求.

考慮任何一種染色方式，對i=1,2,3,4,5,用處表示P],P2,…,Pioo中染顏色i的點(diǎn)的個數(shù)，其中藥+電+…+

n5=100.

考慮含有顏色1的弧段力=麗小詬￡[=12…,100）的數(shù)目si，其中下標(biāo)模100理解.

若任意26個連續(xù)的點(diǎn)都含有顏色1,則邑=100.

若存在26個連續(xù)的點(diǎn)不含顏色1,不妨設(shè)染為顏色1的所有叫個點(diǎn)分別為BjPiz，…，P%（27<ii<i2<-<

intW100）,貝！1九_25,幾-24,…，％1-1，%儂…，/1是%+25個兩兩不同的弧段，從而S1>^+25.

這表明Si>min{九1+25,100）.

同理，對于i=2,345,含有顏色泊勺弧段九（k=1,2,…,100）的數(shù)目*滿足*>min{nf+25,100）.

所以Si+s2H---1-s5>S,其中記S=￡乙min{g+25,100）.

若九i（l<i<5）中存在一個數(shù)不小于75,不妨設(shè)%>75,貝

S>100+W（1+25）>200.

i=2

若處（1Wi45）都小于75,則

5

s1+$2+…+s$2）:（ztj+25）=100+5x25>200.

i=l

所以

S]+52+…+2s2201.

由抽屜原理，必存在一個弧段被至少|(zhì)蓋|=3種顏色對應(yīng)到，該弧段所覆蓋的26個點(diǎn)含有至少3種顏色.

綜上，所求t的最小值為26.

各省預(yù)賽試題匯編

9.（2024?四川預(yù)賽）若r=2k=1299+y】0f則r的末尾數(shù)字。的個數(shù)為一

【答案】3

[詳解】由于299+k,3101-k=2100.-3100.31T=6100住廣;

100~1100

故「=2；：299+k31°1-上=W6叫|)J=咿'(|廠

=6ioo喧_=3(6ioo_dio。),

1-i

fc=l

由于61。。一4100=(5+l)100-(5-l)100

=[5100+禺0。599+品。598+…+幡。5]+1]-[5100-禺0。599+哈。598——c溢51+1]

97

=2[Cjoo5"+C?005+C為0595…+c器05]

989694

=10[CjoO5+C?005+Cf005…+C溫]

=10*598+品。596++…+點(diǎn)+100]=1000+10[^598+2。596+00。594+…

C5OO59400+

^10052]>

由于10C韜052=10xX25=10x100x333x499x25,末尾有3個0,且大小遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過1000,

6

因此T的末尾數(shù)字0的個數(shù)為3.

10.（2024?吉林預(yù)賽）己知甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對某10道判斷題的解答情況如下表:

題號12345678910

甲XXXXqqX

乙XX4XqqqXX

丙qXqqXqXq

TXX77XXqqXX

若甲、乙、丙三人均答對7題，則丁答對的題數(shù)為

【答案】6

【詳解】若某兩人對同一道題的答案是不同的，則其中必有一人答錯.

因?yàn)榧着c乙有6道題的答案不同，而甲與乙共錯了6題，

故甲與乙錯的題都在這對應(yīng)的6題中，

由此可得第1,7,8,10題的正確答案分別為x,44x；

同理，甲與丙也有6道題的答案不同，乙與丙也有6道題的答案不同,

從而可得這10道判斷題的正確答案.

題號12345678910

正確答案XXqqq7qXX

TXXNqXXNqXX

對比正確答案，可知丁答對了6題.

11.(2024?浙江預(yù)賽)若對所有大于2024的正整數(shù)n,成立幾2。2。=￡?當(dāng)"%eN,則的+a2024=

【答案】1+2024!

【詳解】因?yàn)閚=最，n2=2!C?+C?>n3=3!C?+6C?+%

-1

設(shè)/=k!C?+flfc-iCn+■??+a2Cn+n>k,a2,…,%_1為正整數(shù)，

-1

那么/+i=k\nCn+afc.jTiCn+?■?+a2nC?+nC?,以及71Gl-(i+1)C>】+iCh，

得到nk+i=(k+1)!省+i+瓦廉+?“+。2鬣+青為2,…,航為正整數(shù).

所以的=1,。2024=2024!,故的+。2024=1+2024!.

?浙江預(yù)賽)設(shè)幾為正整數(shù)，且二;=白，貝

12.(2024/kJ+9kz+R26k+24312M

【答案】9

【詳解】記/^)=2"2鼠第+24,

_0K?ZOK.iZT1

所以5(7c)=、(T)氣維”部+1)

W八)-乙仁0(fc+2)(fc+3)U+4)

n

cn+i)!n\

//J[(fc+4)!(n-k)!(fc+4)!(n—fc—1)!

k=O

n

_V[_______1