组合数学2011答案

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组合数学引论课后答案(部分)

组合数学引论课后答案习题一1.1任何一组人中都有两个人，它们在该组内认识的人数相等。

1.2任取11个整数，求证其中至少有两个数，它们的差是10的倍数1.3任取n+1个整数，求证其中至少有两个数，它们的差是n的倍数1.4在1.1节例4中证明存在连续的一些天，棋手恰好下了k盘棋(k=1,2,…，21).问是否可能存在连续的一些天，棋手恰好下了22盘棋1.5将1.1节例5推广成从1,2，…，2n中任选n+1个数的问题1.6从1,2,…,200中任取100个整数，其中之一小于16，那么必有两个数，一个能被另一个整除1.7从1,2,…,200中取100个整数，使得其中任意两个数之间互相不能整除1.8任意给定52个数，它们之中有两个数，其和或差是100的倍数1.9在坐标平面上任意给定13个整点（即两个坐标均为整数的点），则必有一个以它们中的三个点为顶点的三角形，其重心也是整点。

1.11证明：一个有理数的十进制数展开式自某一位后必是循环的。

N=3,我们有3259=777⨯;N=4,有41952=7700⨯;N=5,有514=70⨯;……）1.13(1) 在一边长为1的等边三角形中任取5个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多为12；(2) 在一边长为1的等边三角形中任取10个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多为13；(3) 确定n m ，使得在一边长为1的等边三角形中任取n m 个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多为1n ；1.14 一位学生有37天时间准备考试，根据以往的经验，她知道至多只需要60个小时的复习时间，她决定每天至少复习1小时，证明：无论她的复习计划怎样，在此期间都存在一些天，她正好复习了13个小时。

1.15从1,2,…,2n中任选n+1个整数，则其中必有两个数，它们的最大公约数为1出的数属于同一个鸽巢，即它们的最大公约数为11.16针对1.1节的例6，当m,n不是互素的两个整数时，举例说明例中的结论不一定成立习题二2.1证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。

高考数学历届真题专题11 排列组合、二项式定理理

历届真题专题【2011年高考试题】一、选择题:1.(2011年高考全国卷理科7)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本，则不同的赠送方法共有 (A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种3．(2011年高考天津卷理科5)在622x x ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的二项展开式中，2x 的系数为（） A ．154-B ．154C ．38-D ．38【答案】C【解析】因为1r T +=666()()rr x C x-⋅⋅-,所以容易得C 正确. 4.(2011年高考陕西卷理科4)6(42)()xx x R --∈的展开式中的常数项是（A ）20- （B ）15- （C ）15 （D ）20解析：基本事件：26(2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,5),(4,3)23515n C ==⨯=从选取个，.其中面积为2的平行四边形的个数(2,3)(4,5);(2,1)(4,3);(2,1)(4,1)；其中面积为4的平行四边形的为(2,3)(2,5);(2,1)(2,3)； m=3+2=5故51153m n ==. 7．(2011年高考福建卷理科6)（1+2x ）3的展开式中，x 2的系数等于A ．80B ．40C ．20D ．10【答案】B 二、填空题:1. (2011年高考山东卷理科14)若62()a x x -展开式的常数项为60，则常数a 的值为 .4. (2011年高考广东卷理科10)72()x x x-的展开式中，4x 的系数是______ (用数字作答). 【答案】845. (2011年高考湖北卷理科11)18(3x x的展开式中含15x 的项的系数为（结果用数值表示）答案：17解析：由3181821181811()()33r r rrr r r T C x C x x--+=⋅⋅-=-⋅⋅ 令318152r -=，解得r=2，故其系数为22181()17.3C -⋅=6. (2011年高考湖北卷理科15)给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n ≤4时，在黑色正方形相邻的着色方案共有种.（结果用数值表示）7.(2011年高考全国卷理科13) (1-x )20的二项展开式中，x 的系数与x 9的系数之差为 .【答案】0【解析】212020(1)()(1)r r rrr r r T c x c x +=-=-，令12,91822r rr r ====得得所以x 的系数为2222020(1)c c -=，91822020x c c =18的系数为(-1)故x 的系数与9x 的系数之差为220c -220c =08．(2011年高考北京卷理科12)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有__________个。

2011答案

2011年全国高中数学联合竞赛一试试题（A 卷）考试时间：2011年10月16日 8：00—9：20一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上． 1．设集合{}1234A a a a a =，，，，若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为{}1358B =-，，，，则集合A = ．【解析】 {3026}-，，，显然，在A 的所有三元子集中，每个元素均出现了3次，所以 12343()(1)35815a a a a +++=-+++=，故12345a a a a +++=，于是集合A 的四个元素分别为5(1)653255--=-=-，，=0，5-8=-3，因此，集合{3026}A =-，，， 2．函数()f x =的值域为．【解析】((1)-∞+∞，，设ππtan 22x θθ=-<<，，且π4θ≠，则111cos ()πtan 1sin cos )4θf x θθθθ===---．设π)4u θ=-，则1u <≤，且0u ≠，所以1()((1)f x u =∈-∞+∞，，．3．设a b ，为正实数()()23114a b ab a b+-=≤，则log a b = ．【解析】 1-由11a b+≤，得a b +≤．又2222()4()44()48()a b ab a b ab ab ab +=+-=+⋅≥，即a b +≥， ①于是a b +=， ②再由不等式①中等号成立的条件，得1ab =．与②联立解得11a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，或11a b ⎧=⎪⎨⎪⎩，，故log 1a b =-．4．如果()5533cos sin 7sin cos θθθθ-<-，[)02πθ∈，，那么θ的取值范围是．【解析】 π5π44⎛⎫⎪⎝⎭，不等式55cos sin θθ-<337(sin cos )θθ-等价于353511sin sin cos cos 77θθθθ+>，又351()7f x x x =+是()-∞+∞，上的增函数，所以sin cos θθ>，故π5π2π2π+()44k θk k +<<∈Z ．因为[02π)θ∈，，所以θ的取值范围是π5π44⎛⎫⎪⎝⎭，．5．现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，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．（用数字作答）【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31755!5!3600C C ⋅-⋅=种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有2227551()5!5!114002C C C ⋅⋅-⋅=所以满足题设要求的方案数为3600+11400=15000．6．在四面体中ABCD ，已知60ADB BDC CDA ∠=∠=∠=︒，3AD BD ==，2CD =，则四面体ABCD 的外接球的半径为．【解析】设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过ABD △的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上．由题设知，ABD △是正三角形，则点N 为ABD △的中心．设P N ，分别为AB CD ，的中点，则N 在DP 上，且ON DP OM CD ⊥⊥，．P NMCDBOAcos sin θθ=在DMN △中，12213233DM CD DN DP ===⋅==，．由余弦定理得2221212MN =+-⋅=，故MN四边形DMON的外接圆的直径sin MNOD θ=== 故球O的半径R =7．直线210x y --=与抛物线24y x =交于A B ，两点，C 为抛物线上的一点，90ACB ∠=︒，则C点的坐标为．【解析】 ()12-，或()96-，设21122()()(2)A x y B x y C t t ，，，，，，由22104x y y x --=⎧⎨=⎩，，得2840y y --=，则128y y +=，124y y ⋅=-．又11222121x y x y =+=+，，所以12121212122()21842()11x x y y x x y y y y +=++=⋅=⋅+++=，．因为90ACB ∠=︒，所以0CA CB ⋅=，即有 221212()()(2)(2)0t x t x t y t y --+--=，即42141630t t t ---=，即2(43)(41)0t t t t 2++--=．显然2410t t --≠，否则22210t t -⋅-=，则点C 在直线210x y --=上，从而点C 与点A 或点B 重合．所以2430t t ++=，解得1213t t =-=-，．故所求点C 的坐标为()12-，或()96-，．8．已知()200200C 1295nnn n a n -==，，，，则数列{}n a 中整数项的个数为．【解析】 152004005π36200C2n n n a --=⋅⋅要使(195)n a n ≤≤为整数，必有200400536n n--，均为整数，从而6|4n +．当28142026323844505662687480n =，，，，，，，，，，，，，时，200400536n n--和均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86n =时，86385200C 32n a -=⋅⋅，在86200200!C 86!114!=⋅中， 200！中因数2的个数为2345672002002002002002002001972222222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，同理可计算得86！中因数2的个数为82，114！中因数2的个数为110，所以86200C 中因数2的个数为197-82-110=5，故86a 是整数．当92n =时，92361092200C 32a -=⋅⋅，在92200200!C 92!108!=中，同样可求得92！中因数2的个数为88，108！中因数2的个数为105，故86200C 中因数2的个数为197-88-105=4，故不是整数．因此，整数项的个数为14115+=．二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分16分）设函数()()lg 1f x x =+，实数()a b a b <，满足()12b f a f b +⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，()106214lg2f a b ++=，求a b ，的值．【解析】 ∵1()()2b f a f b +=-+，∴11|lg(1)||lg(1)||lg()||lg(2)|22b a b b b ++=-+==+++， ∴12a b +=+或(1)(2)1a b ++=，又∵a b <，∴12a b +≠+，∴(1)(2)1a b ++=．………………4分又由()|lg(1)|f a a =+有意义知01a <+，从而0112a b b <+<+<+，于是0112a b <+<<+．所以10(10621)110(1)6(2)6(2)12a b a b b b +++=+++=++>+．…………8分从而1010(10621)|lg[6(2)]|lg[6(2)]22f a b b b b b ++=++=++++．又(10621)412f a b g ++=，所以10lg[6(2)]4lg22b b ++=+，故106(2)162b b ++=+．……………………12分解得13b =-或1b =-（舍去）．把13b =-代入(1)(2)a b ++1=解得25a =-．所以2153a b =-=-，．10．（本小题满分20分）已知数列{}n a 满足：123a t =-（t ∈R 且1t ≠±）．()()()1*12321121n n n n n n ta t t a n a t ++-+--=∈+-N⑴ 求数列{}n a 的通项公式； ⑵ 若0t >，试比较1n a +与n a 的大小．【解析】（1）由原式变形得112(1)(1)21n n n n n t a a a t ++-+=+-，则112(1)12(1)1112121n n n n n nn n n a a a t a t a t t +++++-==+-+-+-．记11n n n a b t +=-，则11121222211n n n b a t b b b t t ++-====+--，．………………5分又111111122n n b b b +=+=，，从而有1111(1)22n nn b b =+-⋅=，故121n n a t n+=-，于是有2(1)1n n t a n -=-．……………………10分（2）112(1)2(1)1n n n n t t a a n n-+---=-+ 11112(1)[(1)(1)(1)](1)2(1)2(1)[(1)[(1)()()](1)(1)n n n n n n n n n t n t t t n t t n n t t nt t tt t t t t nn n n -----=++++-+++++--=-+++=-+-++-++11．（本小题满分20分）作斜率为13的直线l 与椭圆22:1364x y C +=交于A B ，两点（如图所示），且(P 在直线l 的左上方．⑴ 证明：PAB △的内切圆的圆心在一条定直线上； ⑵ 若60APB ∠=︒，求PAB △的面积．【解析】 ⑴ 设直线11221:()()3l y x m A x y B x y =+，，，，．将13y x m =+代入221364x y +=中，化简整理得2226930x mx m ++-=．于是有2121293632m x x m x x -+=-=，，PA PB k k ==……………………5分则PA PB k k +==，上式中，分子122111((33x m x x m x =+-++-12122222()32936(3)323123120x x m x x m m m m m m m =+-+--=⋅+---=--+-+=，从而，0PA PB k k ==．又P 在直线l 的上方，因此，APB ∠的角平分线是平行于y 轴的直线，所以PAB △的内切圆的圆心在直线x =10分（2）若60APB ∠=︒时，结合（1）的结论可知PA PB k k = 直线PA的方程为：y x =-，代入221364x y +=中，消去y 得1418(130x x +-+-=．它的两根分别是1x和1x ⋅，即1x =所以1|||PA x -= ．…………15分同理可求得||PB =．所以11||||sin6022PAB S PA PB =⋅⋅⋅︒=△．…20分2011年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）考试时间：2011年10月16日 9：40—12：10一、（本题满分40分）如图，P Q ，分别是圆内接四边形ABCD 的对角线AC BD ，的中点．若BPA DPA ∠=∠，证明：AQB CQB ∠=∠．ABCDQEPFQDCB A【解析】延长线段DP 与圆交地另一点E ，则CPE DPA BPA ∠=∠=∠，又P 是线段AC 的中点，故AB CE =，从而CDP BDA ∠=∠．………………10分又ABD PCD ABD PCD ∠=∠△△，所以，于是AB PCBD CD=，即AB CD PC BD ⋅=⋅…………………………20分从而有11()22AB CD AC BD AC BD AC BQ ⋅=⋅=⋅=⋅，即AB BQ AC CD=．又ABQ ACD ∠=∠，ABQ ACD △△所以，所以QAB DAC ∠=∠．…………30分延长线段AQ 与圆交于另一点F ，则CAB DAF BC DF ∠=∠=，．又因为Q 为BD 的中点，所以CQB DQF ∠=∠．又AQB DQF ∠=∠，所以AQB CQB ∠=∠．…………40分二、（本题满分40分）证明：对任意整数4n ≥，存在一个n 次多项式 ()1110n n n f x x a x a x a --=++++具有如下性质：⑴011n a a a -，，，均为正整数；⑵对任意正整数m ，及任意k （2k ≥）个互不相同的正整数12k r r r ，，，，均有 ()()()()12k f m f r f r f r ≠．【解析】令()(1)(2)()2f x x x x n =++++ ①……………………10分将①的右边展开即知()f x 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式．下面证明()f x 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4n ≥，故连续的n 个整数12t t ++，，t n +中必有一个为4的倍数，从而由①知()2(mod4)f t ≡……………………20分因此，对任意(2)k k ≥个正整数12k r r r ，，，，有 12()()()20(mod4)k k f r f r f r ≡≡．但对任意正整数m ，有()2(mod4)f m ≡，故 12()/()()()(mod4)k f m f r f r f r ≡，从而12()()()()k f m f r f r f r ≠．所以()f x 符合题设要求．……………………40分三、（本题满分50分）设()124n a a a n ，，，≥是给定的正实数，12n a a a <<<．对任意正实数r ，满足()1j i k ja a r i j k n a a -=<<-≤≤的三元数组()i j k ，，的个数记为()n f r ．证明：()24n n f r <【解析】对给定的(1)j j n <<，满足1i j k n <<≤≤，且j ik ja a r a a -=- ①的三元数组（i j k ，，）的个数记为()j g r ．…………………………10分注意到，若i j ，固定，则显然至多有一个k 使得①成立．因i j <，即i 有1j -种选法，故()1j g r j -≤．同样地，若j k ，固定，则至多有一个i 使得①成立．因k j >，即k 有n j -种选法，故()j g r n j -≤．从而()min{1}j g r j n j --≤，……………………30分因此，当n 为偶数时，设2n m =，则有 1121222121()()()()(1)(1)(2)(2)22n m m n j j jj j j mmm j j m f r g r g r g r m m m m j m j ---===-==+=+---+-=+∑∑∑∑∑≤2224n m m m =-<=．……………………40分当n 为奇数时，设21n m =+，则有12221221()()()()(1)(211)n mmn j j jj j j m mmj j m f r g r g r g r j m -===+==+=++-++-∑∑∑∑∑≤224n m =<．………………………………50分四、（本题满分50分）设A 是一个的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个()1319m n m n ⨯≤≤，≤≤方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值．【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为129i i i a b c i =，，，，，，．记11()0129kkk i k i i i i S a T b c k ===+=∑∑，，，，，，，这里000S T ==．……………………10分我们证明：三组数019019;S S S T T T ，，，，，，及00S T +，1199S T S T ++，，都是模10的完全剩余系．事实上，假如存在09m n m n <≤≤，，，使(mod10)m n S S ≡，则10(mod10)nin m i m aS S =+=-≡∑，即第1行的第1m +至第n 列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾．………20分又假如存在09(mod10)m n m n m n T T <≡≤≤，，，使，则1()0(mod10)niinm i m b c TT =++=-≡∑，即第2行至第3行、第1m +列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾．类似地，也不存在09m n m n <≤≤，，，使(mod10)m m n n S T S T +≡+．…………30分因此上述断言得证．故999()01295(mod10)kkkk k k k S T ST ===≡≡+≡++++≡∑∑∑，所以999()550(mod10)k k k k k k k S T S T ===+≡+≡+≡∑∑∑，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．……………………40分另一方面，构造如下一个3×9的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．缩上所述，50分。

(完整word版)组合数学习题解答

第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。

解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。

1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。

如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。

而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。

故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一起的方式共有 10！- 2*9！。

1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。

两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。

1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0，例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有F （4，5）=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。

2011-2020年高考数学真题分专题训练专题30 排列组合、二项式定理【理】(学生版)

专题30排列组合、二项式定理【理】年份题号考点考查内容2011理8二项式定理二项式定理的应用，常数项的计算2012理2排列与组合简单组合问题2013卷1理9二项式定理二项式定理的应用以及组合数的计算卷2理5二项式定理二项式定理的应用2014卷1理13二项式定理二项式展开式系数的计算卷2理13二项式定理二项式展开式系数的计算2015卷1理10二项式定理三项式展开式系数的计算卷2理15二项式定理二项式定理的应用2016卷1理14二项式定理二项式展开式指定项系数的计算卷2理5排列与组合计数原理、组合数的计算卷3理12排列与组合计数原理的应用2017卷1理6二项式定理二项式展开式系数的计算卷2理6排列与组合排列组合问题的解法卷3理4二项式定理二项式展开式系数的计算2018卷1理15排列与组合排列组合问题的解法卷3理5二项式定理二项式展开式指定项系数的计算2019卷3理4二项式定理利用展开式通项公式求展开式指定项的系数2020卷1理8二项式定理利用展开式通项公式求展开式指定项的系数卷3理14二项式定理利用展开式通项公式求展开式常数项考点出现频率2021年预测考点102两个计数原理的应用23次考2次命题角度：(1)分类加法计数原理；(2)分步乘法计数原理；(3)两个计数原理的综合应用．核心素养：数学建模、数学运算考点103排列问题的求解23次考0次考点104组合问题的求解23次考4次考点105排列与组合的综合应用23次考2次考点106二项式定理23次考11次十年试题分类考点102两个计数原理的应用1．(2016全国II 理)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A ．24B ．18C ．12D ．92．(2014新课标理1理)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为A ．18B ．38C ．58D ．783．(2012湖北理)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99．3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则(Ⅰ)4位回文数有个；(Ⅱ)21()n n ++∈N 位回文数有个．4．(2011湖北理)给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当4n ≤时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻．．．．的着色方案如下图所示：由此推断，当6n =时，黑色正方形互不相邻．．．．的着色方案共有种，至少有两个黑色正方形相邻．．的着色方案共有种，(结果用数值表示)考点103排列问题的求解5．(2016四川理)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为A ．24B ．48C ．60D ．726．(2015四川理)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个7．(2015广东理)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了条毕业留言．(用数字作答)8．(2014北京理)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有_______种．9．(2013北京理)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少一张，如果分给同一人的两张参观券连号，那么不同的分法种数是．10．(2013浙江理)将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排，且B A ,均在C 的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．考点104组合问题的求解11．【2020山东卷3】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有()A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种12．(2018全国Ⅱ理)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112B ．114C ．115D ．11813．(2017山东理)从分别标有1，2，⋅⋅⋅，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是A ．518B ．49C ．59D ．7914．(2014广东理)设集合(){}12345=,,,,{1,0,1},1,2,3,4,5i A x x x x x x i ∈-=，那么集合A 中满足条件“1234513x x x x x ≤++++≤”的元素个数为()A ．60B ．90C ．120D ．13015．(2014安徽理)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60︒的共有A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对16．(2013山东理)用0，1，…，9十个数学，可以组成有重复数字的三位数的个数为A ．243B ．252C ．261D ．27917．(2012新课标理)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种18．(2012浙江理)若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种19．(2012山东理)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，并且红色卡片至多1张，不同取法的种数是A ．232B ．252C ．472D ．48420．【2020上海卷9】从6个人选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有种安排情况．21．(2018全国Ⅰ理)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种．(用数字填写答案)22．(2014广东理)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为．23．(2014江西理)10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．24．(2013新课标2理)从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n =________．25．(2011湖北理)给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当4n ≤时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻．．．．的着色方案如下图所示：由此推断，当6n =时，黑色正方形互不相邻．．．．的着色方案共有种，至少有两个黑色正方形相邻．．的着色方案共有种，(结果用数值表示)考点105排列与组合的综合应用26．【2020全国Ⅱ理14】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．．27．(2017新课标理Ⅱ理)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种28．(2018浙江理)从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数．(用数字作答)29．(2017浙江理)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．(用数字作答)30．(2017天津理)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个．(用数字作答)31．(2014浙江理)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种(用数字作答)．考点106二项式定理32．【2020全国Ⅲ理14】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是(用数字作答)．33．【2020浙江卷12】设()2345123455612x a a x a x a x a x a x +=+++++，则5a =；123a a a ++=．34．【2020天津卷11】在522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是_________．35．(2020全国Ⅰ理8)()25y x x x y ⎛⎫ ⎪⎭+⎝+的展开式中33x y 的系数为()A ．5B ．10C ．15D ．2036．【2020北京卷3】在)52-的展开式中，2x 的系数为()A ．5-B ．5C ．10-D ．1037．(2019全国I 理II 理4)(1+2x 2)(1+x)4的展开式中x 3的系数为A ．12B ．16C ．20D ．2438．(2019浙江理13)在二项式9)x +的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是_______．39．(2018全国Ⅲ理)252()x x+的展开式中4x 的系数为A ．10B ．20C ．40D ．8040．(2017新课标Ⅰ理)621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为A ．15B ．20C ．30D ．3541．(2017新课标Ⅲ理)5()(2)x y x y +-的展开式中33x y 的系数为A ．-80B ．-40C ．40D ．8042．(2016四川理)设i 为虚数单位，则6()x i +的展开式中含4x 的项为A ．－154xB ．154xC ．－204ixD ．204ix43．(2015湖北理)已知(1)nx +的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为A ．122B ．112C ．102D ．9244．(2015陕西理)二项式(1)()nx n N ++∈的展开式中2x 的系数为15，则n =A ．4B ．5C ．6D ．745．(2015湖南理)已知5的展开式中含32x 的项的系数为30，则a =A B ．C ．6D ．－646．(2014浙江理)在46)1()1(y x ++的展开式中，记nm y x 项的系数为),(n m f ，则(3,0)f +(2,1)f +(1,2)f +(0,3)f =A ．45B ．60C ．120D ．21047．(2014湖南理)51(2)2x y -的展开式中23x y 的系数是A ．－20B ．－5C ．5D ．2048．(2014福建理)用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由()()b a ++11的展开式ab b a +++1表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球，面“ab ”用表示把红球和篮球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、从5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是A ．()()()555432111c b a a a a a +++++++B ．()()()554325111c b b b b b a +++++++C ．()()()554325111c b b b b b a +++++++D ．()()()543255111c c c c c b a +++++++49．(2013辽宁理)使得()3nx n N+⎛+∈ ⎝的展开式中含常数项的最小的n 为A ．4B ．5C ．6D ．750．(2013江西理)5232x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为A ．80B ．－80C ．40D ．－4051．(2012安徽理)2521(2)(1)x x+-的展开式的常数项是()A ．3-B ．2-C ．2D ．352．(2012天津理)在251(2)x x-的二项展开式中，x 的系数为A ．10B ．－10C ．40D ．－4053．(2011福建理)5(12)x +的展开式中，2x 的系数等于A ．80B ．40C ．20D ．1054．(2011陕西理)6(42)xx --(x ∈R)展开式中的常数项是A ．20-B ．15-C ．15D ．2055．(2019天津理理10)83128x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭是展开式中的常数项为．56．(2018天津理)在5(x -的展开式中，2x 的系数为．57．(2018浙江理)二项式81)2x+的展开式的常数项是___________．58．(2017浙江理)已知多项式32(1)(2)x x ++=543212345x a x a x a x a x a +++++，则4a =___，5a =___．59．(2017山东理)已知(13)nx +的展开式中含有2x 项的系数是54，则n =．60．(2016山东理)若25(ax+的展开式中5x 的系数是-80，则实数a=_______．61．(2016全国I 理)5(2x +的展开式中，x 3的系数是．(用数字填写答案)62．(2015北京理)在()52x +的展开式中，3x 的系数为．(用数字作答)63．(2015新课标2理)4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =______．64．(2014新课标1理)8()()x y x y -+的展开式中27x y 的系数为．(用数字填写答案)65．(2014新课标2理)()10x a +的展开式中，7x 的系数为15，则a =___．(用数字填写答案)66．(2014山东理)若62b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中3x 项的系数为20，则22a b +的最小值为．67．(2013安徽理)若8x ⎛+ ⎝的展开式中4x 的系数为7，则实数a =______．68．(2012广东理)261()x x+的展开式中3x 的系数为______．(用数字作答)69．(2012浙江理)若将函数5()f x x =表示为2012()(1)(1)f x a a x a x =++++55(1)a x +++ ，其中0a ，1a ，2a ，…，5a 为实数，则3a =．70．(2011浙江理)设二项式)0()(6>-a xa x 的展开式中3x 的系数为A ，常数项为B ，若B=4A ，则a 的值是．。

组合数学第一章答案.

１.１从{}5021，，，⋅⋅⋅中找两个数{}b a ,，使其满足（1） 5||=-b a ；（2）5||≤-b a解：（1）根据5||=-b a 可得 55-=-=-b a b a 或则有种种4545 共有90种。

（2）根据5||≤-b a 得 )50,,2,1(,55{⋅⋅⋅∈+≤≤-b a b a b则：当5≤b 时，有1=b ， 61≤≤a ，则有 6种2=b ， 71≤≤a ，则有7种3=b ， 81≤≤a ，则有8种4=b ， 91≤≤a ，则有 9种5=b ， 101≤≤a ，则有10种当455≤<b 时，有6=b ， 111≤≤a ，则有 11种7=b ， 122≤≤a ，则有 11种 . . . . . . . . .45=b ， 5040≤≤a ，则有11种当5045≤<b 时，有46=b ， 5041≤≤a ，则有 10种47=b ， 5042≤≤a ，则有 9种48=b ， 5043≤≤a ，则有 8种49=b ， 5044≤≤a ，则有 7种 50=b ， 5045≤≤a ，则有 6种故：共种520)678910(21140=+++++⨯1.2 （1）先把女生进行排列，方案为5！，然后把女生看成1个人和7个男生进行排列，总方案数为5！×8！（2）女生不相邻，则先把男生进行排列，方案为7！再把女生插入男生之间的8个空位种的任意5个，总方案数为7！×58P（3）应该是A 女生x 女生y 女生z B,或是B 女生x 女生y 女生z A 的形式，从5个女生中选出3人进行排列，方案为35P ，考虑A,B 可以换位，方案为2×35P ，然后把这个看成一个整体，和剩下的2个女生，5个男生，一共7个人进行排列，总方案数2×35P ×8！1.3 m 个男生,n 个女生,排成一行,其中m,n 都是正整数,若（a ）男生不相邻（m ≤n+1）；（b ）n 个女生形成一个整体；（c ）男生A 和女生B 排在一起；分别讨论有多少种方案。

2011组合数学考试题

2011年12月31日组合数学考试题（2011年12月31日考后30分钟出炉）一、填空题1 不相邻组合的组合数是 .（2分）2 序列a 1,a 2,....,a n 其对应的指数型母函数G a (x)为：（3分）主要用来解决问题。

（1分）3 1，3，5，7，9五个数字组成的n 位数，要求其中1，3，7出现的次数为偶数，其他5，9出现的次数不加限制。

设满足条件的n 位数的个数为a n ，则序列a n 对应的指数型母函数G a (x)为（不写收敛形式）。

(3分)4 棋盘多项式R()=1，而R(见右图) = 。

（3分）5 群的四个基本属性包括封闭性、。

（3分）二、简答题1 组合数学主要解决什么问题？主要采用哪两种方法？（4分）2 排列的生成算法主要有哪几种？（3分）3 普通型母函数的基本形式是什么？主要用来解决哪类问题？（5分）4 容斥原理的两个基本公式是什么？（5分）5 组合的生成算法要解决什么问题？（3分）6 写出广义容斥原理中α(m),β(m)代表什么？其基本公式是什么？（5分）三、综合题1 用路径数方法解释和证明：的组合意义。

(n n )+(n+1n )+(n+2n )+…+(n+r n )=(n+r+1n+1)（7分）2 用26个英文字母作不允许重复的全排列，要求排除dog,god,gum,depth,thing 字样的出现，应用容斥原理满足这些条件的排列数（不用计算阶乘结果）（8分）3 结合一一对应的概念，使用例证法证明Cayley 定理：n 个有标点的顶点的树的数目等于n n-2，使用例子如下图，7个顶点的带标号的树。

（10分）⑦ ⑥ | |②-③-①-⑤-④4 使用特征根法求解以下递推关系。

平面上有一点P ，它是n 个域D 1，D 2，…..，D n 的共同交界点，见下图，现取K 中颜色对这n 个域进行着色，要求相邻两个域着的颜色不同，试求着色的方案数。

（13分）5 写出使用广义容斥定理求解下列问题的过程。

组合数学_2011_C07

G ( x) = (1 + x + x + ⋯)(1 + x + x + ⋯)
2 2 4
⋯ (1 + x m−1 + x 2 m−2 + ⋯)( x m + x 2 m + ⋯)
1 1 1 x = ⋯ 2 1− x 1− x 1 − x m−1 1 − x m
m
m
= x m ∏ (1 + x i ) −1
分配问题
分配问题
将n个球放入m个盒子中，有多少种方案？ 1. 问题：1. 球是否可以区分？ 2. 盒子是否可以区分？ 3. 是否允许出现空盒？
分配问题
球可分？
是
是
是
是
否
否
否
否
盒可分？
是
是
否
否
是
是
否
否
空盒？
是
否
是
否
是
否
是
否
方案数
m n 第二类Stirling Cnn+ m−1 Cnm−−1 Stirling Stirling数 1
B(n, m)
§9 第二类Stirling数
定义：n个有区别的球，放入m个无区别的盒子中，没有空盒，其可能的方案数记为 S (n, m) ，称为第二类Stirling Stirling Stirling数。
S 注意： (n, m) 可以视为将n个元素拆分为m个非空子集的方案数，与拆分正整数 n不同！
G ( x) = (1 + x + x 2 + ⋯)(1 + x 2 + x 4 + ⋯)⋯
∞ 1 1 1 = ⋯ = ∏ (1 − x i ) −1 1 − x 1 − x 2 1 − x3 i =1

组合数学习题答案.

第一章答案第二章答案第三章答案第四章答案第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。

8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。

11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。

组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。

12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。

当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。

高考数学真题解析分项版11排列组合二项式定理文

2011年高考试题解析数学（文科）分项版11 排列组合、二项式定理一、选择题:1．(2011年高考广东卷文科7)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（）A ．20B ．15C ．12D ．10【答案】A【解析】先从5个侧面中任意选一个侧面有15C 种选法，再从这个侧面的4个顶点中任意选一个顶点有14C 种选法，由于不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，所以除去这个侧面上、相邻侧面和同一底面上的共8个点，还剩下2个点，把这个点和剩下的两个点连线有12C 种方法，但是在这样处理的过程中刚好每一条对角线重复了一次，所以最后还要乘以,21所以这个正五棱柱对角线的条数共有2021121415=∙∙∙C C C ,所以选择A. 2.（2011年高考全国卷文科9)4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有（A ）12种（B ）24种（C ）30种（D ）36种二、填空题:3.（2011年高考湖南卷文科16)给定*k N ∈，设函数**:f N N →满足：对于任意大于k 的正整数n ，()f n n k =-（1）设1k =，则其中一个函数f 在1n =处的函数值为；（2）设4k =，且当4n ≤时，2()3f n ≤≤，则不同的函数f 的个数为。

答案：（1）()a a 为正整数，（2）16解析：（1）由题可知*()f n N ∈，而1k =时，1n >则*()1f n n N =-∈，故只须*(1)f N ∈，故(1)()f a a =为正整数。

（2）由题可知4k =，4n >则*()4f n n N =-∈，而4n ≤时，2()3f n ≤≤即(){2,3}f n ∈，即{1,2,3,4}n ∈，(){2,3}f n ∈，由乘法原理可知，不同的函数f 的个数为4216=。

组合数学_2011_C02

C (n − r + 1, r )
6 §6 组合数的模型解释
将组合问题1-1对应于某个具体模型，从而较为直观地进行求解或证明。 • “分步”组合问题：分情况讨论例：证明如下等式： ⎛ n ⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎜ r ⎟ = ⎜ r ⎟ + ⎜ r − 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ m + n ⎞ ⎛ m ⎞⎛ n ⎞ ⎛ m ⎞⎛ n ⎞ ⎛ m ⎞⎛ n ⎞ ⎜ r ⎟ = ⎜ 0 ⎟⎜ r ⎟ + ⎜ 1 ⎟⎜ r − 1⎟ + ⋯ + ⎜ r ⎟⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
7 §7 应用举例
例：7个人从事一项机密研究，要求： 1. 任意3个人手中的钥匙都无法打开实验室的大门； 4 2. 任意4个人手中的钥匙都可以打开实验室的大门。问：门上至少有多少道锁？每人手中至少有多少把钥匙？
7 §7 应用举例
例： 4 个完全相同的粒子，总能量为 4E0 ，分布在能量为kE0(k=0,1, ,4)的轨道上。 k=0,1,…,4 1. 若粒子服从波色—爱因斯坦分布，即第k 个轨道上有k2+1种状态，且粒子可以状态相同。 2. 若粒子服从费米—狄拉克分布，即第k 个轨道上有 2(k2+1) 种状态，且粒子状态不能相同。在两种情况下分别求可能的状态数。
11nnn???????????????1rrr??????0110rrrr?????????????????????????mnmnmnmn???????????????????6666组合数的模型解释?分组模型
2 §2 排列与组合
12 5 [3] 从12 12个人中选取5 人组成一组，要求其中甲乙两人不能同时入选。

2011年高考数学试题分类新编——概率统计与排列组合二项式定理

概率(g àil ǜ)统计与排列组合二项式定理安徽理（12）设，则 .（12)【命题意图】本题考查二项展开式.难度中等.【解析】，，所以.（20）（本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人。

现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别,,p p p 123，假设,,p p p 123互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.（Ⅰ）如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。

若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中,,q q q 123是,,p p p 123的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；（Ⅲ）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小。

（20）（本小题满分13分）本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类读者论论思想，应用意识与创新意识.解：（I ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个被派出的先后顺序无关，并等于（II ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量X 的分布列为X 1 23P所需派出的人员数目(shùmù)的均值（数学期望）EX 是（III ）（方法一）由（II ）的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值. 下面证明：对于的任意排列321,,q q q ，都有……………………（*）事实上，即（*）成立.（方法二）（i ）可将（II ）中所求的EX 改写为若交换前两人的派出顺序，则变为,)(312121q q q q q -++-.由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减小均值.（ii ）也可将（II ）中所求的EX 改写为，或交换后两人的派出顺序，则变为.由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当时，交换后两人的派出顺序也可减小均值.综合（i ）（ii ）可知，当时，EX 达到最小. 即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的.安徽文(9) 从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于（A ）(B)(C)(D)（9）D 【命题意图】本题考查古典概型的概率问题.属中等偏难题.【解析】通过画树状图可知从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，以它们作为顶点的四边形共有15个，其中能构成矩形3个，所以是矩形的概率为.故选D.（20）（本小题满分(mǎn fēn)10分）某地最近十年粮食需求量逐年上升，下表是部分统计数据：年份2002 2004 2006 2008 2010 需求量（万吨）236246257276286 （Ⅰ）利用所给数据求年需求量与年份之间的回归直线方程;（Ⅱ）利用（Ⅰ）中所求出的直线方程预测该地2012年的粮食需求量。

组合数学第一章课后习题答案

1.1 题（宗传玉）从{1，2，……50}中找两个数{a ，b}，使其满足（1）|a-b|=5；（2）|a-b|≤5；解：（1）：由|a-b|=5⇒a-b=5或者a-b=-5，由列举法得出，当a-b=5时，两数的序列为（6，1）（7，2）……（50，45），共有45对。

当a-b=-5时，两数的序列为（1，6），（2，7）……（45，50）也有45对。

所以这样的序列有90对。

（2）：由题意知，|a-b|≤5⇒|a-b|=1或|a-b|=2或|a-b|=3或|a-b|=4或|a-b|=5或|a-b|=0；由上题知当|a-b|=5时有90对序列。

当|a-b|=1时，两数的序列有（1，2），（3，4），（2，1）（1，2）……（49，50），（50，49）这样的序列有49*2=98对。

当此类推当|a-b|=2，序列有48*2=96对，当|a-b|=3时，序列有47*2=94对，当|a-b|=4时，序列有46*2=92对，当|a-b|=0时有50对所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=520 1.2题（王星）解：（a ）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为： 8！×5！，（b ）用x 表示男生，y 表示空缺，先将男生放置好，共有8个空缺， Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y 在其中任取5个得到女生两两不相邻的排列数： C （8，5）×7！×5！（c ）先取两个男生和3个女生做排列，情况如下：6. 若A ，B 之间存在0个男生， A ，B 之间共有3个人，所有的排列应为 P6=C(5,3)*3!*8!*21．若A ，B 之间存在1个男生， A ，B 之间共有4个人，所有的排列应为 P1= C(5,1)*C(5,3)*4!*7!*22．若A ，B 之间存在2个男生，A ，B 之间共有5个人，所有的排列应为 P2=C(5,2)*C(5,3)*5!*6!*23．2．若A ，B 之间存在3个男生，A ，B 之间共有6个人，所有的排列应为 P3=C(5,3)*C(5,3)*6!*5!*24．若A ，B 之间存在4个男生，A ，B 之间共有7个人，所有的排列应为 P4=C(5,4)*C(5,3)*7!*4!*25．若A ，B 之间存在5个男生，A ，B 之间共有8个人，所有的排列应为 P5=C(5,5)*C(5,3)*8!*3!*2 所以总的排列数为上述6种情况之和。

【绿色通道】2011高考数学总复习 11-2排列与组合新人教A版

第11模块第2节一、选择题1．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有( ) A．60个B．48个C．36个 D．24个解析：排个位可从2,4中选一个，有A12种．排首位，从除了个位与5之外的三个数中选一个，有A13种，其余三个全排列，有A33种．所以共可排出A12A13A33＝36个符合题意的偶数．答案：C2．将编号为1,2,3,4,5的五个球放入编号为1,2,3,4,5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法的种数为( ) A．6 B．10C．20 D．30解析：先选出3个球放入与其编号相同的三个盒子内，有C35种方法，剩余的两个球只能交错放入不同编号的盒子内，只有一种方法．∴共有C35·1＝10种方法．答案：B3．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( ) A．1440种 B．960种C．720种 D．480种解析：两老人看成一个整体，进行位置排序，相当于6个位置，两老人占2、3、4、5中的一个位置，其余5名志愿者任意排，即为C14·A22·A55＝960种．答案：B4．在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读(不能跳读)，共有不同的读法种数是( )A．250 B．240C．252 D．300解析：每一种读法共需10步，其中5步是按从右上角到左下角方向读的，故共有读法种数C510种．答案：C二、填空题5．从5名外语系大学生中选派4名同学参加某某亚运会翻译、交通、礼仪三项义工活动，要求翻译有2人参加，交通和礼仪各有1人参加，则不同的选派方法共有________种．解析：C25C13C12＝60种．答案：606．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．解析：由于有两个o，只要在4个位置选2个安排即可，余下两个字母全排列，故所有的数目为C24A22＝12，写对的只有1种，故共有11种错误的可能．答案：11三、解答题7．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？解：可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C23A24种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案．由分类加法计数原理可知共有C23A24＋A34＝60种方案．8．已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解：(1)所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C14·C26个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C24·C16个；③αβ本身．∴所作的平面最多有C14·C26＋C24·C16＋2＝98(个)．(2)所作的三棱有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C14·C36个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C24·C26个；③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C34·C16个．∴最多可作出的三棱锥有：C14·C36＋C24·C26＋C34·C16＝194(个)(3)∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等．且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C36＋C34＋C26·C24＝144(个)[高考·模拟·预测]1．(2009·某某高考)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A．85 B．56C．49 D．28解析：分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.答案：C2．(2009·某某高考)2010年某某亚运会组委会要从小X、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小X和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( ) A．48种 B．12种C．18种 D．36种解析：若小X和小赵恰有1名人入选，则共有C12C12A33＝24种方案，若小X和小赵两人都入选，则共有A23A22＝12种方案，故总共有24＋12＝36种方案．故选D.答案：D3．(2009·某某高考)从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( ) A．300 B．216C．180 D．162解析：分两类：①选0.C12C23C13A33＝108(种)；②不选0.C23A44＝72.∴共有108＋72＝180(种)，故选C.答案：C4．(2009·某某高考)3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是( )A ．360B ．288C ．216D ．96解析：先保证3位女生中有且只有两位女生相邻，则有A 22·C 23·A 33·A 24种排法，再从中排除甲站两端，∴所求N ＝A 22·C 23·(A 33A 24－2A 22·A 23)＝6×(6×12－24)＝288.答案：B5．(2009·某某、某某高考)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．解法一：先从7人中任取6人，共有C 67种不同的取法．再把6人分成两部分，每部分3人，共有C 36C 33A 22种方法．最后排在周六和周日两天，有A 22种排法，∴C 67×C 36C 33A 22×A 22＝140种．解法二：先从7人中选取3人排在周六，共有C 37种排法．再从剩余4人中选取3人排在周日，共有C 34种排法，∴共有C 37×C 34＝140种．答案：1406．(2009·某某某某模拟)集合S ＝{1,2,3，…，20}的4元子集T ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}中，任意两个元素的差的绝对值都不为1，这样的4元子集T 的个数为________．(用数字作答)解析：由题意知，共有C 417＝2380个．答案：2380。